高考数学(理)真题分项解析：专题02+函数

专题二 函数

1.【高考福建，理2】下列函数为奇函数的是( ) A．y【答案】D 【解析】函数y函数，故选D．

【考点定位】函数的奇偶性．

【名师点睛】本题考查函数的奇偶性，除了要掌握奇偶性定义外，还要深刻理解其定义域特征即定义域关于原点对称，否则即使满足定义，但是不具有奇偶性，属于基础题． 2.【高考广东，理3】下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是（ ） A．yxe B．yxD．y1x 【答案】A．

【解析】记fxxex，则f11e，f11e1，那么f1f1，

2x B．ysinx C．ycosx D．yexex

x是非奇非偶函数；ysinx和ycosx是偶函数；yexex是奇

x11 C．y2xx x2f1f1，所以yxex既不是奇函数也不是偶函数，依题可知B、C、D依次是

奇函数、偶函数、偶函数，故选A． 【考点定位】函数的奇偶性判断．

【名师点睛】本题主要考查函数的奇偶性判断和常见函数性质问题，但既不是奇函数，也不是偶函数的判断可能较不熟悉，容易无从下手，因此可从熟悉的奇偶性函数进行判断排除，依题易知B、C、D是奇偶函数，排除得出答案，属于容易题．

1,x0,3.【高考湖北，理6】已知符号函数sgnx0,x0, f(x)是R上的增函数，

1,x0.g(x)f(x)f(ax)(a1)，则（ ）

A．sgn[g(x)]sgnx B．sgn[g(x)]sgnx

C．sgn[g(x)]sgn[f(x)] D．sgn[g(x)]sgn[f(x)] 【答案】B

【解析】因为f(x)是R上的增函数，令f(x)x，所以g(x)(1a)x，因为a1，所

1

1,x01,x0以g(x)是R上的减函数，由符号函数sgnx0,x0 知，sgn[g(x)]0,x0sgnx.

1,x01,x0【考点定位】符号函数，函数的单调性.

【名师点睛】构造法数求解高中数学问题常用方法，在选择题、填空题及解答题中都用到，特别是求解在选择题、填空题构造恰当的函数，根据已知能快捷的得到答案. 4.【高考安徽，理2】下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（ ） （A）ycosx （B）ysinx （C）ylnx （D）yx1 【答案】A

2【考点定位】1.函数的奇偶性；2.函数零点的概念.

【名师点睛】函数的性质问题以及函数零点问题是高考的高频考点，考生需要对初高中阶段

学习的十几种初等函数的单调性、奇偶性、周期性以及对称性非常熟悉；另外，函数零点的几种等价形式：函数yf(x)g(x)有零点函数yf(x)g(x)在x轴有交点方程f(x)g(x)0有根函数yf(x)与yg(x)有交点.

5.【高考四川，理8】设a，b都是不等于1的正数，则“3a3b3”是“loga3logb3”的 （ ）

（A）充要条件 （B）充分不必要条件 （C）必要不充分条件 （D）既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】

若3a3b3，则ab1，从而有loga3logb3，故为充分条件. 若loga3logb3不一定有ab1，比如.a【考点定位】命题与逻辑.

【名师点睛】充分性必要性的判断问题，首先是分清条件和结论，然后考察条件推结论，结论推条件是否成立.这类问题往往与函数、三角、不等式等数学知识结合起来考.

6.【高考北京，理7】如图，函数fx的图象为折线ACB，则不等式fx≥log2x1的

1,b3，从而3a3b3不成立.故选B. 3 2

解集是（ ）

y2CA-1OB2x

A．x|1x≤0 B．x|1≤x≤1 C．x|1x≤1 D．x|1x≤2【答案】C

【解析】如图所示，把函数ylog2x的图象向左平移一个单位得到

ylog2(x1)的图象x1时两图象相交，不等式的解为

1x1，用集合表示解集选C

【考点定位】本题考查作基本函数图象和函数图象变换及利用函数图象解不等式等有关知识，体现了数形结合思想.

【名师点睛】本题考查作基本函数图象和函数图象变换及利用函数图象解不等式等有关知识，本题属于基础题，首先是函数图象平移变换，把ylog2x沿x轴向左

平移2个单位，得到ylog2(x2)的图象，要求正确画出画出图象，利用数形结合写出不等式的解集.

7.【高考天津，理7】已知定义在R 上的函数fx2xm1 （m为实数）为偶函数，

记af(log0.53),bflog25,cf2m ，则a,b,c 的大小关系为( ) （A）abc （B）acb （C）cab （D）cba 【答案】C

【解析】因为函数fx2xm1为偶函数，所以m0，即fx21，所以

x1log21af(log0.53)flog22312log231312,

3bflog252log2514,cf2mf(0)2010

3

所以cab，故选C.

【考点定位】1.函数奇偶性；2.指数式、对数式的运算.

【名师点睛】本题主要考查函数的奇偶性与指数、对数的运算问题，先由函数奇偶性知识求出m的值，计算出相应的a,b,c的值比较大小即可，是中档题. 其中计算a的值时易错. 8.【高考浙江，理7】存在函数f(x)满足，对任意xR都有（ ）

2A. f(sin2x)sinx B. f(sin2x)xx C. f(x1)x1 D.

2f(x22x)x1

【答案】D.

【考点定位】函数的概念

【名师点睛】本题主要考查了函数的概念，以及全称量词与存在量词的意义，属于较难题，全称量词与存在量词是考试说明新增的内容，在后续复习时应予以关注，同时，“存在”，“任意”等一些抽象的用词是高等数学中经常会涉及的，也体现了从高中数学到大学高等数学的过渡，解题过程中需对函数概念的本质理解到位，同时也考查了举反例的数学思想. 9.【高考安徽，理9】函数fxaxbxc2的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ）

（A）a0，b0，c0 （B）a0，b0，c0 （C）a0，b0，c0 （D）a0，b0，c0

4

【答案】C

【解析】由fxaxbxc2及图象可知，xc，c0，则c0；当x0时，

f(0)bbb0axb0，所以；当，，所以0x0，所以a0.y0c2a故a0，b0，c0，选C. 【考点定位】1.函数的图象与应用.

【名师点睛】函数图象的分析判断主要依据两点：一是根据函数的性质，如函数的奇偶性、

单调性、值域、定义域等；二是根据特殊点的函数值，采用排除的方法得出正确的选项.本题主要是通过函数解析式判断其定义域，并在图形中判断出来，另外，根据特殊点的位置能够判断a,b,c的正负关系.

2x,x2,10.【高考天津，理8】已知函数fx 函数gxbf2x ，2x2,x2,其中bR，若函数yfxgx 恰有4个零点，则b的取值范围是( )

（A）7777, （B）, （C）0, （D）,2

4444【答案】D

2x,x2,22x,x0【解析】由fx得， f(2x)22x0x,x2,x2,2xx2,x00x2， 所以yf(x)f(2x)4x2x,222x(x2),x2 5

x2x2,x0即yf(x)f(2x)2,0x2

x25x8,x2yf(x)g(x)f(x)f(2x)b,所以yfxgx恰有4个零点等价于方程 f(x)f(2x)b0有4个不同的解，即函数yb与函数yf(x)f(2x)的图

象的4个公共点，由图象可知

7b2. 4864215105246851015 【考点定位】求函数解析、函数与方程思、数形结合.

【名师点睛】本题主要考查求函数解析、函数与方程思、数形结合思想以及学生的作图能力.将求函数解析式、函数零点、方程的解等知识结合在一起，利用等价转换、数形结合思想等方法，体现数学思想与方法，考查学生的运算能力、动手作图能力以及观察能力.是提高题. 11.【高考山东，理10】设函数fx3x1,x12,x1x,错误！未找到引用源。则满足

ffa2fa的a取值范围是（ ）

（A）,1 （B）0,1 （C）, （D）1, 【答案】C

2323【考点定位】1、分段函数；2、指数函数.

6

【名师点睛】本题以分段函数为切入点，深入考查了学生对函数概念的理解与掌握，同时也考查了学生对指数函数性质的理解与运用，渗透着对不等式的考查，是一个多知识点的综合题.

12.【高考新课标2，理10】如图，长方形ABCD的边AB2，BC1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记BOPx．将动P到A、B两点距离之和表示为

x的函数f(x)，则yf(x)的图像大致为（ ）

D P C x A yO yB

yy22224234x4234x4234x4234x(A)(B)(C)(D)

【答案】B

【解析】由已知得，当点P在BC边上运动时，即0x4时，

PAPBtan2x4tanx；当点P在CD边上运动时，即PAPB(4x3,x时，42111)21(1)21，当x时，PAPB22；当点P在tanxtanx23x时，PAPBtan2x4tanx，从点P的运动过程4AD边上运动时，即

可以看出，轨迹关于直线x2对称，且f()f()，且轨迹非线型，故选B．

42【考点定位】函数的图象和性质．

【名师点睛】本题考查函数的图像与性质，表面看觉得很难，但是如果认真审题，读懂题意，通过点P的运动轨迹来判断图像的对称性以及特殊点函数值的比较，也可较容易找到答案，属于中档题．

7

13.

【

高

考

新

课

标

2

，

理

5

】

设

函

数

1log2(2x),x1,f(x)x1,f(2)f(log212)( )

2,x1,A．3 B．6 C．9 D．12 【答案】C

【解析】由已知得

f(2)1log243，又log2121，所以

f(log212)2log21212log266，故f(2)f(log212)9，故选C．

【考点定位】分段函数．

【名师点睛】本题考查分段函数求值，要明确自变量属于哪个区间以及熟练掌握对数运算法则，属于基础题．

14.【高考新课标1，理13】若函数f(x)=xln(xax)为偶函数，则a= 【答案】1

2

【考点定位】函数的奇偶性

【名师点睛】本题主要考查已知函数奇偶性求参数值问题，常用特值法，如函数是奇函数，在x=0处有意义，常用f(x)=0,求参数，否则用其他特值，利用特值法可以减少运算. 15.【高考浙江，理12】若alog43，则22【答案】

aa ．

43. 3aaaa【解析】∵alog43，∴4323，∴22【考点定位】对数的计算

3143. 33【名师点睛】本题主要考查对数的计算，属于容易题，根据条件中的对数式将其等价转化为

指数式，变形

即可求解，对数是一个相对抽象的概念，在解题时可以转化为相对具体的指数式，利用指数

的运算性质求 解.

8

x3,xa13.【高考湖南，理15】已知f(x)2，若存在实数b，使函数g(x)f(x)b有

x,xa两个零点，则a的取值范围

是 . 【答案】(,0)(1,). 【解析】

试题分析：分析题意可知，问题等价于方程xb(xa)与方程xb(xa)的根的个数

和为2，

3213ba若两个方程各有一个根：则可知关于b的不等式组ba有解，∴a2ba3，从而

baa1；

若方程xb(xa)无解，方程xb(xa)有2个根：则可知关于b的不等式组

321b3a有解，从而 baa0，综上，实数a的取值范围是(,0)(1,).

【考点定位】1.函数与方程；2.分类讨论的数学思想.

【名师点睛】本题主要考查了函数的零点，函数与方程等知识点，属于较难题，表面上是函数的零点问题，实际上是将问题等价转化为不等式组有解的问题，结合函数与方程思想和转化思想求解函数综合问题，将函数的零点问题巧妙的转化为不等式组有解的参数，从而得到关于参数a的不等式，此题是创新题，区别于其他函数与方程问题数形结合转化为函数图象交点的解法，从另一个层面将问题进行转化，综合考查学生的逻辑推理能力.

16.【高考四川，理15】已知函数f(x)2，g(x)xax（其中aR）.对于不相等的实数x1,x2，设mx2

f(x1)f(x2)g(x1)g(x2)，n.现有如下命题：

x1x2x1x2（1）对于任意不相等的实数x1,x2，都有m0；

（2）对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2，都有n0；

9

（3）对于任意的a，存在不相等的实数x1,x2，使得mn； （4）对于任意的a，存在不相等的实数x1,x2，使得mn. 其中的真命题有 （写出所有真命题的序号）. 【答案】①④ 【解析】

设A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x1,g(x1)),D(x2,g(x2)). 对（1），从y2的图象可看出，mkAB0恒成立，故正确. 对（2），直线CD的斜率可为负，即n0，故不正确.

对（3），由m=n得f(x1)f(x2)g(x1)g(x2)，即f(x1)g(x1)f(x2)g(x2). 令h(x)f(x)g(x)2xax，则h(x)2ln22xa.

由h(x)0得：2xln22xa，作出y2ln2,y2xa的图象知，方程

xx2xx2xln22xa不一定有解，所以h(x)不一定有极值点，即对于任意的a，不一定存在不

相等的实数x1,x2，使得h(x1)h(x2)，即不一定存在不相等的实数x1,x2，使得mn.故不正确.

对（4），由m=－n得f(x1)f(x2)g(x2)g(x1)，即f(x1)g(x1)f(x2)g(x2). 令h(x)f(x)g(x)2xax，则h(x)2ln22xa.

由h(x)0得：2xln22xa，作出y2ln2,y2xa的图象知，方程

xx2x2xln22xa必一定有解，所以h(x)一定有极值点，即对于任意的a，一定存在不相等

的实数x1,x2，使得h(x1)h(x2)，即一定存在不相等的实数x1,x2，使得mn.故正确. 所以（1）（4）

【考点定位】函数与不等式的综合应用.

【名师点睛】四川高考数学15题历来是一个异彩纷呈的题，个中精彩读者可从解析中慢慢体会.解决本题的关键是转化思想，通过转化使问题得以解决.

2x3,x117.【高考浙江，理10】已知函数f(x)，则f(f(3)) ，f(x)xlg(x21),x1的最小值是 ． 【答案】0，22-3.

10

【考点定位】分段函数

【名师点睛】本题主要考查分段函数以及求函数的最值，属于容易题，在求最小值时，可以

求每个分段上

的最小值，再取两个最小值之中较小的一个即可，在求最小值时，要注意等号成立的条件，

是否在其分段

上，分段函数常与数形结合，分类讨论等数学思想相结合，在复习时应予以关注. 18.【高考四川，理13】某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：C）满足函数关系yekxb（e2.718为自然对数的底数，k、b为常数）。若该食品在0C的

保鲜时间设计192小时，在22C的保鲜时间是48小时，则该食品在33C的保鲜时间是 小时.

【答案】24 【解析】

b48111k1e192,e22k,e，所以x33时，由题意得：22kb1924248e1ye33kb(e11k)3eb19224.

8【考点定位】函数及其应用.

【名师点睛】这是一个函数应用题，利用条件可求出参数k、b，但在实际应用中往往是利用整体代换求解（不要总是想把参数求出来）.本题利用整体代换，使问题大大简化. 19.【高考安徽，理15】设x3axb0，其中a,b均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 .（写出所有正确条件的编号）

①a3,b3；②a3,b2；③a3,b2；④a0,b2；⑤a1,b2. 【答案】①③④⑤

【解析】令f(x)xaxb，求导得f'(x)3xa，当a0时，f'(x)0，所以f(x)单调递增，且至少存在一个数使f(x)0，至少存在一个数使f(x)0，所以

32 11

f(x)x3axb必有一个零点，即方程x3axb0仅有一根，故④⑤正确；当

a0时，若a3，则f'(x)3x233(x1)(x1)，易知，f(x)在

(,1),(1,)上单调递增，在[1,1]上单调递减，所以

f(x)极大=f(1)13bb2，

f(x)极小=f(1)13bb2，

要

使

方

程

仅

有

一

根

，

则

f(x)极大=f(1)13bb20或者

f(x)极小=f(1)13bb20，解得b2或b2，故①③正确.所以使得三次

方程仅有一个实 根的是①③④⑤.

【考点定位】1函数零点与方程的根之间的关系；2.函数的单调性及其极值.

【名师点睛】高考中若出现方程问题，通常情况下一定要考虑其对应的函数，了解函数的大

致图象特征，便于去分析方程；若出现的是高次函数或非基本初等函数，要利用导数这一工具进行分析其单调性、极值与最值；函数零点问题考查时，要经常性使用零点存在性定理.

20.【高考福建，理14】若函数fxx6,x2, （a0 且a1 ）的值域是

3logx,x2,a4, ，则实数a 的取值范围是 ．

【答案】(1,2]

【解析】当x2，故x64，要使得函数f(x)的值域为4,，只需

f1(x)3logax（x2）的值域包含于4,，故a1，所以f1(x)3loga2，所

以3loga24，解得1a2，所以实数a的取值范围是(1,2]． 【考点定位】分段函数求值域．

【名师点睛】本题考查分段函数的值域问题，分段函数是一个函数，其值域是各段函数值取值范围的并集，将分段函数的值域问题转化为集合之间的包含关系，是本题的一个亮点，要注意分类讨论思想的运用，属于中档题．

12

【高考上海，理10】设f1x为fx2x2x，x0,2的反函数，则2yfxf1x的最大值为 ．

【答案】4

【解析】由题意得：f(x)2x211x1在[0,2]上单调递增，值域为[,2]，所以fx在[,2]2441上单调递增，因此yfxfx在[,2]上单调递增，其最大值为

14f(2)f1(2)224.

【考点定位】反函数性质

【名师点睛】反函数与原函数的对应关系是解决问题的关键，一般有两个处理方法，一是从原函数出发求其反函数，再求函数最大值，本题求反函数教困难；二是利用反函数定义域对应原函数值域，反函数值域对应原函数定义域，反函数与原函数对偶区间上单调性一致，求出函数最大值.

【高考上海，理7】方程log29x15log23x122的解为 ． 【答案】2



【考点定位】解指对数不等式

【名师点睛】对可化为a2x＋b·ax＋c＝0或a2x＋b·ax＋c≥0(a2x＋b·ax＋c≤0)的指数方程或不等式，常借助换元法解决．求解与指对数有关的复合方程问题，首先要熟知指对数式的定义域、值域、单调性等相关性质，其次要明确复合的构成，涉及值域、单调区间、最值等问题时，都要借助“同增异减”这一性质分析判断，最终将问题归结为内层方程相关的问题加以解决．

2xa‚x1‚21.【高考北京，理14】设函数fx

4xax2a‚x≥1.

①若a1，则fx的最小值为 ；

．

②若fx恰有2个零点，则实数a的取值范围是

13

【答案】(1)1，(2)

1a1或a2. 22x1‚x1‚【解析】①a1时，fx，函数f(x)在(,1)上为增

4x1x2‚x≥1.函数，函数值大于1，在[1,]为减函数，在[,)为增函数，当x取得最小值为1；

（2）①若函数g(x)2a在x1时与x轴有一个交点，则a0，并且当

x32323时，f(x)2x1时，g(1)2a

>0，则0a2，函数h(x)4(xa)(x2a)与x轴有一个交点，所以

2a1且a1x1a1； 2②若函数g(x)2a与x轴有无交点，则函数h(x)4(xa)(x2a)与x轴有两个交点，当a0时g(x)与x轴有无交点，h(x)4(xa)(x2a)在

x1与x轴有无交点，不合题意；当h(1)2a0时，a2，h(x)与x轴

有两个交点，xa和x2a，由于a2，两交点横坐标均满足x1；综上所述a的取值范围

1a1或a2. 2考点定位：本题考点为函数的有关性质，涉及函数图象、函数的最值，函数的零点、分类讨论思想解

【名师点睛】本题考查函数图象与函数零点的有关知识，本题属于中等题，第一步正确画出图象，利用函数图象研究函数的单调性，求出函数的最值，第二步涉计参数问题，针对参数进行分类讨论，按照题目所给零点的条件，找出符合零点要求的参数a，讨论要全面，注意数形结合．

0,0x122.【高考江苏，13】已知函数f(x)|lnx|，g(x)2，则方程

|x4|2,x1|f(x)g(x)|1实根的个数为 14

【答案】4

【解析】由题意得：求函数yf(x)与y1g(x)交点个数以及函数yf(x)与1,0x1y1g(x)交点个数之和，因为y1g(x)7x2,x2，所以函数yf(x)与

x21,1x21,0x1y1g(x)有两个交点，又y1g(x)5x2,x2，所以函数yf(x)与

x23,1x2y1g(x)有两个交点，因此共有4个交点

【考点定位】函数与方程

【名师点晴】一些对数型方程不能直接求出其零点，常通过平移、对称变换转化为相应的函数图像问题，利用数形结合法将方程根的个数转化为对应函数零点个数，而函数零点个数的判断通常转化为两函数图像交点的个数．这时函数图像是解题关键，不仅要研究其走势（单调性，极值点、渐近线等），而且要明确其变化速度快慢.

22.【高考浙江，理18】已知函数f(x)xaxb(a,bR)，记M(a,b)是|f(x)|在区间[1,1]上的最大值.

（1）证明：当|a|2时，M(a,b)2；

（2）当a，b满足M(a,b)2，求|a||b|的最大值. 【答案】（1）详见解析；（2）3.

试题分析：（1）分析题意可知f(x)在[1,1]上单调，从而可知

（2）分析题意可知 M(a,b)max{|f(1)|,|f(1)|}，分类讨论a的取值范围即可求解.；

2|ab|,ab0，再由M(a,b)2可得|1ab||f(1)|2， |a||b||ab|,ab0|1ab||f(1)|2，即可得证.

15

【考点定位】1.二次函数的性质；2.分类讨论的数学思想.

【名师点睛】本题主要考查了二次函数的性质以及分类讨论的数学思想，属于中档题，以二

次函数或指对

函数为背景的函数综合题是今年数学考试说明调整之后的热点题型，创新题，亮点问题常源

于此，通常会

结合函数与方程，不等式，化归，分类讨论的数学思想，数形结合的数学思想等知识点，综

合考查学生的

逻辑推理能力与运算求解能力，在复习时应予以关注.

22.【高考湖南，理5】设函数f(x)ln(1x)ln(1x)，则f(x)是（ ） A.奇函数，且在(0,1)上是增函数 B. 奇函数，且在(0,1)上是减函数 C. 偶函数，且在(0,1)上是增函数 D. 偶函数，且在(0,1)上是减函数 【答案】A. 【解析】

试题分析：显然，f(x)定义域为(1,1)，关于原点对称，又∵

f(x)ln(1x)ln(1x)f(x)，∴f(x)

为奇函数，显然，f(x)在(0,1)上单调递增，故选A. 【考点定位】函数的性质.

16

【名师点睛】本题主要考查了以对数函数为背景的单调性与奇偶性，属于中档题，首先根据

函数奇偶性的

判定可知其为奇函数，判定时需首先考虑定义域关于原点对称是函数为奇函数的必要条件，

再结合复合函

数单调性的判断，即可求解.

【高考上海，理20】如图，C三地有直道相通，5千米，C3千米，C4，，千米.现甲、乙两警员同时从地出发匀速前往地，经过t小时，他们之间的距离为ft（单位：千米）.甲的路线是，速度为5千米/小时，乙的路线是C，速度为8千米/小时.乙到达地后原地等待.设tt1时乙到达C地. （1）求t1与ft1的值；

（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米.当t1t1时，求ft的表达式，并判断ft在t1,1上得最大值是否超过3？说明理由.

37225t42t18,t3388【答案】（1）t1，ft1不超过3. 41（2）f(t)78855t,t18，

【解析】解：（1）t13． 815千米． 8记乙到C时甲所在地为D，则D在CD中，CD2C2D22CDcos， 所以ft1CD341（千米）. 837小时，从到总用时小时． 88（2）甲到达用时1小时；乙到达C用时当t137t时， 88 17

【考点定位】余弦定理

【名师点睛】解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．

18