三年高考(2014-2016)数学(理)试题分项版解析 专题02函数解析版 Word版含解析

第二章 函数

一、选择题 1. 【2014

课标Ⅰ，理3】设函数f(x),g(x)的定义域为R，且f(x)是奇函数，g(x)是

偶函数，则下列结论中正确的是（ ）

A．f(x)g(x)是偶函数 B．|f(x)|g(x) 是奇函数 C.．f(x)|g(x)| 是奇函数 D．|f(x)g(x)|是奇函数 【答案】C

【解析】设H(x)f(x)g(x)，则H(x)f(x)g(x)，因为f(x)是奇函数，g(x)是

偶函数，故H(x)f(x)g(x)H(x)，即f(x)|g(x)|是奇函数，选C．

【名师点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，在研究函数|f(x)|的奇偶性时，一定要注意

f(x)的奇偶性，只有f(x)具备奇偶性，函数|f(x)|才是偶函数，否者不成立.

2. 【2014课标Ⅰ，理11】已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，

且x00，则a的取值范围是( )

A．2, B．1, C．,2 D．,1 【答案】C

【名师点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，在研究函数|f(x)|的奇偶性时，一定要注意

f(x)的奇偶性，只有f(x)具备奇偶性，函数|f(x)|才是偶函数，否者不成立.

【名师点睛】本题主要是考查函数的零点、导数在函数性质中的运用和分类讨论思想的运用，在研究函数的性质时要结合函数的单调性、奇偶性、零点、以及极值等函数的特征去研究，本题考查了考生的数形结合能力.

3. 【2016高考新课标3理数】已知a2【答案】A 【解析】

43，b4，c25，则（ ）

2513（A）bac （B）abc （C）bca （D）cab

试题分析：因为a244b，c2554a，所以bac，故选A． 考点：幂函数的图象与性质．

【技巧点拨】比较指数的大小常常根据三个数的结构联系相关的指数函数与对数函数、幂函数的单调性来判断，如果两个数指数相同，底数不同，则考虑幂函数的单调性；如果指数不同，底数相同，则考虑指数函数的单调性；如果涉及到对数，则联系对数的单调性来解决．

4323251323234. 【2016年高考北京理数】已知x，yR，且xy0，则（ ）

A.

1x1y110B.sinxsiny0 C.()()0D.lnxlny0

22xy

【答案】C

考点： 函数性质

【名师点睛】函数单调性的判断：(1)常用的方法有：定义法、导数法、图象法及复合函数法．

(2)两个增(减)函数的和仍为增(减)函数；一个增(减)函数与一个减(增)函数的差是增(减)函数； (3)奇函数在关于原点对称的两个区间上有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区

间上有相反的单调性.

5. 【2014高考北京理第2题】下列函数中，在区间(0,)上为增函数的是（ ）

A．yx1 B．y(x1)2 C．y2x D．ylog0.5(x1)

【答案】A 【解析】

试题分析：对A，函数yx1在[1,)上为增函数，符合要求；

对B，y(x1)2在(0,1)上为减函数，不符合题意； 对C，y2为(,)上的减函数，不符合题意； 对D，ylog0.5(x1)在(1,)上为减函数，不符合题意. 故选A.

考点：函数的单调性，容易题.

名师点睛：本题考查函数的性质，本题属于基础题，函数的性质涉及奇偶性、单调性、周期性，零点

等，近几年高考函数性质问题是选填必考题，有时考单一性质，有时涉及两个或两个以上性质综合考

查，题目新颖但注重基础，有时与图像、零点等结合考查，有时与方程、不等式结合考查，题目新鲜 但有一点难度.

x6. 【2015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的解集是（ ）

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log2

x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log2得到ylog2(x2)的x沿x轴向左平移2个单位，

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. 【2016高考新课标1卷】函数y2x2ex在2,2的图像大致

为

（A）（B）

（C）

【答案】D

（D）

考点：函数图像与性质

【名师点睛】函数中的识图题多次出现在高考试题中,也可以说是高考的热点问题,这类题目

一般比较灵活,对解题能力要求较高,故也是高考中的难点,解决这类问题的方法一般是利用间接法,即由函数性质排除不符合条件的选项.

8. 【2015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ex B．yxD．y1x2 【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，

11x C．y2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．

9. 【 2014湖南3】已知f(x),g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且

f(x)g(x)x3x21，则f(1)g(1)( )

A. 3 B. 1 C. 1 D. 3 【答案】C

【考点定位】奇偶性

【名师点睛】本题主要考查了函数的奇偶性及其应用，解决问题的关键是根据定义进行分析计算即可；⑴函数奇偶性判断的方法：定义法：函数定义域是否关于原点对称，对应法则是否相同；⑵图像法：f(x）为奇函数<=>f(x）的图像关于原点对称 点（x,y）→（-x,-y） f(x）为偶函数<=>f(x）的图像关于Y轴对称 点（x,y）→（-x,y）；⑶特值法：根据函数奇偶性定义，在定义域内取特殊值自变量，计算后根据因变量的关系判断函数奇偶性；⑷性质法：

利用一些已知函数的奇偶性及以下准则（前提条件为两个函数的定义域交集不为空集）：两个奇函数的代数和（差）是奇函数；两个偶函数的和（差）是偶函数；奇函数与偶函数的和（差）既非奇函数也非偶函数；两个奇函数的积（商）为偶函数；两个偶函数的积（商）为偶函数；奇函数与偶函数的积（商）是奇函数.

10. 【2016

高考新课标2理数】已知函数f(x)(xR)满足f(x)2f(x)，若函数

mx1y与yf(x)图像的交点为(x1,y1),(x2,y2),,(xm,ym),则(xiyi)（ ）

xi1（A）0 （B）m （C）2m （D）4m 【答案】C 【解析】

试题分析：由于fxfx2，不妨设fxx1，与函数y点为1,2,1,0，故x1x2y1y22，故选C. 考点： 函数图象的性质

【名师点睛】如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有f(ax)f(bx)，那么函数的图象有对称轴xx111的交xxab；如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有2f(ax)f(b，那么函数的图象有对称中心x).

11. 【 2014湖南8】某市生产总值连续两年持续增加.第一年的增长率为p，第二年的增

长率为q，则该市这两年生产总值的年平均增长率为( ) A. C.pq(p1)(q1)1 B. 22pq D.(p1)(q1)1

【答案】D

【解析】设两年的平均增长率为x(x0),则有

1x21p1qx1p1q1,故选D.

【考点定位】实际应用题 二次方程

【名师点睛】本题主要考查了函数模型的应用，解决问题的关键是根据所给实际问题进行分析找到对应的函数模型，然后利用对应的函数性质进行具体分析计算即可.

12. 【 2014湖南10】已知函数fxx2ex1(x0)与gxx2ln(xa)图象上2存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是（ ） A. (,111) B. (,e) C. (,e) D. (e,) eee【答案】B

【解析】由题可得存在x0,0满足

2ex0fx0gx0x012x0lnx0a 2ex0lnx0a110,令hxexlnxa,因为函数yex和221ylnxa在定义域内都是单调递增的,所以函数hxexlnxa在定义

2域内是单调递增的,又因为x趋近于时,函数hx0且hx0在,0上有解(即函数hx有零点), 所以h0eln0a010lnalneae,故选B. 2【考点定位】指对数函数 方程 单调性

【名师点睛】本题主要考查了函数的零点判定，解决问题的关键是根据存在关于y轴对称的点则函数f(x)与g(x)必然存在交点，所以构造函数h(x)=f(x)-g(x)在,0必然存在零点，根据函数单调性不难得到只需h(0)>0即可，然后求解得到a的范围.

13. 【2014山东.理3】 函数f(x)121(log2x)1122的定义域为（ ）

A. (0,) B. (2,) C. (0,)(2,) D.

1(0,][2,) 2【答案】C

2【解析】由已知得(log2x)10,即log2x1或log2x-1，解得x2或0x1，2故选C.

考点：函数的定义域，对数函数的性质.

【名师点睛】本题考查函数的概念、函数的定义域.解答本题关键是利用求函数定义域的基本方法，建立不等式组求解.本题属于基础题，注意基本概念的正确理解以及计算的准确性.

14. 【2016高考山东理数】已知函数f(x)的定义域为R.当x<0时，f(x)x31 ；当

1x1 时，f(x)f(x)；当x（A）−2 【答案】D

（B）−1

111 时，f(x)f(x) .则f(6)= （ ） 222 （C）0

（D）2

考点：1.函数的奇偶性与周期性；2.分段函数.

【名师点睛】本题主要考查分段函数的概念、函数的奇偶性与周期性，是高考常考知识内容.本题具备一定难度.解答此类问题，关键在于利用分段函数的概念，发现周期函数特征，进行函数值的转化.本题能较好的考查考生分析问题解决问题的能力、基本计算能力等.

x2(4a3)x3a,x0,15. 【2016高考天津理数】已知函数f（x）=（a>0,且a≠1）

loga(x1)1,x0在R上单调递减，且关于x的方程|f(x)|2x恰好有两个不相等的实数解，则a的取值范围是（ ） （A）（0，【答案】C 【解析】

223123123] （B）[，] （C）[，]{}（D）[，）{}

33333344434a013试题分析：由f(x)在R上递减可知a，由方程|f(x)|2x43a1,0a13恰好有两个不相等的实数解，可知3a2,112312，a，又∵a时，抛物线a334yx2(4a3)x3a与直线y2x相切，也符合题意，∴实数a的去范围是

123[,]{，故选}C. 334考点：函数性质综合应用

【名师点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路

(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；

(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．

16. 【2014山东.理5】 已知实数x,y满足axay(0a1)，则下列关系式恒成立的

是（ ）

A.x3y3 B.sinxsiny

2C.ln(x【答案】A

1)ln(y21) D.

11 22x1y1【解析】由axay(0a1)知，xy,所以，x3y3，A正确. 通过举反例可以说明其它选项均不正确.对于B，取x2,y,xy,此时33sinxsiny，sinxsiny不成立；

对于C，取x1,y2,xy,此时ln2ln5，ln(x21)ln(y21)不成立；

对于D，取x2,y故选A

11111,xy,此时，2不成立； 252x1y1【名师点睛】本题考查指数函数、对数函数、正弦函数及幂函数的单调性.比较函数值大小问题，往往结合函数的单调性，通过引入“-1，0，1”等作为“媒介”.本题属于基础题，注意牢记常见初等函数的性质并灵活运用.

17. 【2014山东.理8】已知函数f(x)x21,g(x)kx.若方程f(x)g(x)有两个

不相等的实根，则实数k的取值范围是（ ）

A.(0,) B.(,1) C.(1,2) D.(2,) 【答案】B

【解析】由已知，函数f(x)|x2|1,g(x)kx的图象有两个公共点，画图可知当直线介于l1:y12121x,l2:yx之间时，符合题意，故选B. 2

【名师点睛】本题考查函数与方程、函数的图象.此类问题的基本解法是数形结合法，即通过画出函数的图象，观察交点情况。得出结论.

本题属于基础题，也是常见题目，在考查函数与方程、函数的图象等基础知识的同时，考查数形结合思想、转化与化归思想.

3x1,x1fx,则满足ffa2fa的a18. 【2015高考山东，理10】设函数x2,x1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.

【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.

19.【2014高考陕西版理第7题】下列函数中，满足“fxyfxfy”的单调递

增函数是（ ）

1（A）fxx （B）fxx3 （C）fx （D）fx3x

2【答案】D 【解析】 试题分析：

12

xA选项：由

fxyxy12，

fxfyxy(xy)121212，

3得

fx，yfxA错误；B选项：由fxyxy，所f以yfxfyx3y3(xy)3，得fxyfxfy，所以B错误；C选项：函数1fx是定义在R上减函数，所以C错误；D选项：由fxy3xy，

2xfxfy3x3y3xy，得fxyfxfy；又函数fx3x是定义在R上

增函数，所以D正确；故选D. 考点：函数求值；函数的单调性.

【名师点晴】本题主要考查的是函数求值；函数的单调性等知识，属于容易题；在解本题时可以首先由单调性排除B，C选项， 再验证A,D选项是否满足“fxyfxfy”即可.在解答时对于正确选项要说明理由，对于错误选项则只要举出反例即可，

20.

【2015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)12lo，g又4lo32所1以2g1，

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．

21. 【2015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

【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．

22. 【2014四川，理9】已知f(x)ln(1x)ln(1x)，x(1,1).现有下列命题：

①f(x)f(x)；②f(是（ ）

A．①②③ B．②③ C．①③ D．①② 【答案】A

2x)2f(x)；③|f(x)|2|x|.其中的所有正确命题的序号x21【解析】

法二、根据图象的对称性，可只考虑x0的情况. x0时，g(x)f(x)2x，则

112x2g(x)20，所以g(x)g(0)0,f(x)2x，所以③成立. 21x1x1x标准答案选A，笔者认为有错，应该选C. 题干中的x(1,1)应理解为函数f(x)的定义域，而不是后面三个命题中x的范围，因为在它的前面是逗号.如果x(1,1)前是句号，则选A.

【考点定位】1、函数的奇偶性；2、对数运算；3、函数与不等式.

【名师点睛】函数的奇偶性判定，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；不等式问题通常转化为函数的最值问题.

23.

【2014年.浙江卷.理6】已知函数

f(x)x3ax2bxc,且0f(1)f(2)f(3)3,则（ ）

A.c3 B.3c6 C.6c9 D. c9 答案： Ｃ

解析：由f1f2f3得，1abc84a2bca6，解得，

1abc279a3bcb11，即6c9，

326113c所以fxx6x11xc，由0f得0113，

故选Ｃ

考点：求函数解析式,解不等式.

【名师点睛】不同主要考查了待定系数法求函数解析式，解决问题的关键是根据所给条件联立得到方程组求解参数，根据函数值的范围求解参数范围；求函数解析式常用的方法：(1)配凑法：由已知条件f(g(x))＝F(x)，可将F(x)改写成关于g(x)的表达式，然后以x替代g(x)，便得f(x)的表达式；(2)换元法：已知复合函数f(g(x))的解析式，可用换元法，此时要注意新元的取值范围；(3)待定系数法：若已知函数的类型(如一次函数、二次函数)可用待定系数法；(4)消去法：已知关于f(x)与f（

1）或f(－x)的表达式，可根据已知条件再构造出另外一个x等式组成方程组，通过解方程求出f(x)．

24.【2014年.浙江卷.理7】在同意直角坐标系中，函数f(x)xa(x0),g(x)logax的

图像可能是（ ）

答案：Ｄ 解析：函数yxax0，与ylogaxx0，答案Ａ没有幂函数图像，答案Ｂ

yxax0中a1，ylogaxx0中0a1，不符合，答案Ｃyxax0中

0a1，ylogaxx0中a1，不符合，答案Ｄyxax0中0a1，

ylogaxx0中0a1，符合，故选Ｄ

考点：函数图像.

【名师点睛】本题主要考查了函数的指数与对数函数图像和性质，属于常见题目，难度不大；识图常用的方法：(1)定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利用这一特征分析解决问题；(2)定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题；(3)函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题．

25. 【2015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)x2x C. f(x1)x1 D.

f(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.

2226. 【2014年.浙江卷.理10】设函数f1(x)x，f2(x)2(xx),f3(x)1|sin2x|，3记

aii,i0,1,2,,9999，

Ik|fk(a1)fk(a0)||fk(a2)fk(a1)||fk(a99)fk(a98)|，k1,2,3.则( )

A.I1I2I3 B. I2I1I3 C. I1I3I2 D. I3I2I1 答案：B

12i1ii1解析：由，故99999999221135２991199I1＋＝１，由＝99999999999999ii1ii1２992i1２＋，故99999999999922２I２２150(980)98１00２＝１，99２999999110219998I3sin2sin2sin2sin2sin2sin23999999999999112125242526(sin20sin2sin2sin2sin2sin2sin2399999999999999737475749998sin2sin2sin2sin2sin2sin2)99999999999915014815049450(2sin2sin)=(2sin2sin)=sin＞1，故I2I1I3，3999939999399故选B

考点：比较大小.

【名师点睛】本题主要考查了函数值大小的比较，解决问题的关键是根据所给函数定义计算对应的I2,I1,I3 的范围，然后比较大小即可；比较两个数(式)大小的两种方法：(1)比较大小时，要把各种可能的情况都考虑进去，对不确定的因素需进行分类讨论，每一步运算都要准确，每一步推理都要有充分的依据．

(2)用作商法比较代数式的大小一般适用于分式、指数式、对数式，作商只是思路，关键是化简变形，从而使结果能够与1比较大小．

27 【2014，安徽理6】设函数f(x)(xR)满足f(x)f(x)0（ ） A．

，

则

f(x)sinx.当0x时，

f(23) 6311 B． C．0 D．

222【答案】A． 【解析】

试题分析：由题意，

f(231717111117)f()sinf()sinsin 666666f(5511171111)sinsinsin0，故选A． 66662222考点：1．函数的求值．

【名师点睛】对于函数求值类问题，需要判断所需求的某个量的函数值是否能满足给定解析式，若不能满足，需要通过一定的化简代入进去，这类问题通常喜欢考周期类、分段函数类和类似数列类，像此题就是类似数列类，通过迭代法即可解决.

28 【2014，安徽理

（ ）

9】若函数f(x)x12xa的最小值为3，则实数a的值为

A．5或8 B．1或5 C．1或4 D．4或8 【答案】D． 【解析】

a3x(1a),x2aa试题分析：由题意，①当1时，即a2，f(x)xa1,x1，则

223x(a1),x1aaax当时，fmin(x)f()|1||aa|3，解得a8或a4（舍）；

2223x(1a),x1aaa②当1时，即a2，f(x)x1a,1x，则当x时，

222a3x(a1),x2fmin(x)f(时，即a2，故选D．

考点：函数的最值．

【名师点睛】对于含绝对值的不等式或函数问题，首先要考虑的是根据绝对值的意义去绝对值.常用的去绝对值方法是零点分段法，特别是用于多个绝对值的和或差的问题，另外，利用绝对值的几何意题会加快做题速度.本题还可以利用绝对值的几何意义进行求解.

aaa)|1||aa|，3解得a8（舍）或a4；③当1222f(x)3|x1|，此时fmin(x)0，不满足题意，所以a8或a4，

29. 【2015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

【解析】由选项可知，B,C项均不是偶函数，故排除B,C，A,D项是偶函数，但D项与x2轴没有交点，

即D项的函数不存在零点，故选A.

【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.

30. 【2015高考安徽，理9】函数fxaxb2的图象如图所示，则下列结论成立的

xc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

【答案】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.

31. 【2014天津，理4】函数f(x)=log1(x2-4)的单调递增区间是（

2 ）

（A）(0,+¥【答案】D． 【解析】

) （B）(-¥,0) （C）(2,+¥) （D）(-?,2)

试题分析：函数fxlog1x4的定义域为,22,，由于外层函数为减

22函数，由复合函数的单调性可知，只要求uxx4的单调递减区间，结合函数

2fxlog1x24的定义域，得fxlog1x24单调递增区间为,2，故选

22D．

考点：复合函数的单调性（单调区间）．

【名师点睛】本题考查复合函数的单调性有关知识，本题属于基础题，复合函数单调性问题遵循“同增异减”法则，函数ylgt在(0,)上为增函数，函数tx在(,0)上为减

2函数，因此函数f(x)lgx2的单调递减区间是(,0).值得注意的是，研究函数的单调性问题，务必注意函数的定义域.

32. 【2015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

【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.

2x,x2,33. 【2015高考天津，理8】已知函数fx 函数2x2,x2,gxbf2x ，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2x,x02x,x2,f(2x)【解析】由fx得， 22x0x,x2,x2,2xx2,x0所以yf(x)f(2x)4x2x,0x2，

222x(x2),x2x2x2,x00x2 即yf(x)f(2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. 48215105246851015 【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.

34. 【2014湖北卷10】已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，

f(x)1(|xa2||x2a2|3a2)，若xR，f(x1)f(x)，则实数a的取值范2围为（ ）

A.[,] B.[【答案】B 【解析】

1166663311,] C. [,] D. [,] 663333x,0xa2222试题分析：当x0时，f(x)a,ax2a，由f(x)是奇函数，可作出f(x)的

x3a2,x2a2图像，如下图所示.又因为xR，f(x1)f(x)，所以f(x1)的图像恒在f(x)图像

22的下方，即将f(x)的图像往右平移一个单位后恒在f(x)图像的下方，所以3a13a，

解得a[66,].故选B. 66

考点：函数的奇函数的性质、分段函数、最值及恒成立，难度中等.

【名师点睛】将含绝对值的函数、函数的奇偶性、分段函数和不等式等内容联系在一起，凸显了知识之间的联系性、综合性，体现了函数思想、转化与化归的数学思想在函数问题中的应用，能较好的考查学生的作图能力和综合能力.其解题的关键是正确地画出分段函数的图像并通过函数图像建立不等关系.

1,x0,35. 【2015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

【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.

(xa)2,x0,36. 【2014上海,理18】f(x)若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值1xa,x0,x范围为（ ）.

(A)[-1,2] (B)[-1，0] (C)[1，2] (D) [0,2] 【答案】D

【解析】由于当x0时，f(x)x1a在x1时取得最小值2a，由题意当x0时，xf(x)(xa)2应该是递减的，则a0，此时最小值为f(0)a2，因此a2a2，解

得0a2，选D．

【考点】分段函数的单调性与最值问题． 【名师点睛】(1)根据分段函数解析式求函数值

首先确定自变量的值属于哪个区间，其次选定相应的解析式代入求解． (2)已知函数值或函数值范围求自变量的值或范围

应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值或范围是否符合相应段的自变量的取值范围．

37. 【2014福建,理4】若函数ylogax(a0,且a1)的图像如右图所示，则下列函数

图像正确的是（ ）

y1O3x

y3y=a-xyy=xayyy=(-x)a1O1xO1x1O1x-3Oy=loga(-x)x-1A【答案】B 【解析】

BCD

试题分析：由题意可得loga31,a3.所以函数y3是递减的即A选项不正确.B正确.

xy(x)3是递减,所以C不正确. ylog3(x)图象与ylog3x关于y轴对称，所以D不

正确.故选B. 考点：函数的图象.

【名师点睛】本题主要考查函数图像的识别问题及分析问题解决问题的能力，求解此题首先要根据图像经过的特殊点，确定参数的值，然后利用函数的单调性确定正确选项，解决此类问题要重视特殊点及单调性的应用.

x21,x038. 【2014福建,理7】已知函数fx则下列结论正确的是（ ）

cosx,x0A.fx是偶函数 B. fx是增函数 C.fx是周期函数 D.fx的值域为1, 【答案】D

考点：1.分段函数.2.函数的性质.

【名师点睛】本题以分段函数为载体，综合考查函数的性质及简单的运算能力,分段函数问题一直是高考中的热点问题,解决分段函数有关问题的关键在于“对号入座”,即根据分段函数中自变量取值范围的界定,代入相应的解析式.

39.【2015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．

x 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

40. 【2014辽宁理3】已知a213，blog211,clog1，则（ ） 323A．abc B．acb C．cab D．cba 【答案】C 【解析】

130试题分析：0a221,blog2110,clog1log231,所以332ca，故选bC.

考点：1.指数对数化简；2.不等式大小比较.

【名师点睛】本题考查指数函数、对数函数的性质，比较函数值大小问题，往往结合函数的单调性，通过引入“-1，0，1”等作为“媒介”.本题属于基础题，注意牢记常见初等函数的性质并灵活运用.

41. 【2014辽宁理12】已知定义在[0,1]上的函数f(x)满足：

①f(0)f(1)0；

②对所有x,y[0,1]，且xy，有|f(x)f(y)|1|xy|. 2若对所有x,y[0,1]，|f(x)f(y)|k，则k的最小值为（ ） A．

1111 B． C． D． 2428【答案】B 【解析】

试题分析：不妨令0xy1，则fxfy1xy 2法一：2fxfyfxf0fxfyfyf1

fxf0fxfyfyf1

1111111x0xyy1xyxy1， 22222221即得fxfy，

41ux,0x12另一方面，当u0,时，fx，符合题意，

12u1x,x12当u1u11时，ff0， 2242故k1 4111时， fxfyxy， 224法二：当xy当xy1fxf0fyf1时，fxfy 21111111fxf1fyf0x0y11xyyx，

22222241故k

4考点：1.抽象函数问题；2.绝对值不等式.

【名师点睛】本题考查抽象函数问题、绝对值不等式、函数的最值等.解答本题的关键，是利用分类讨论思想、转化与化归思想，逐步转化成不含绝对值的式子，得出结论. 本题属于能力题，中等难度.在考查抽象函数问题、绝对值不等式、函数的最值等基础知识的同时，考查了考生的逻辑推理能力、运算能力、分类讨论思想及转化与化归思想.

42. 【2015湖南理2】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.

【考点定位】函数的性质.

【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.

二、填空题

1. .【2016年高考四川理数】已知函数f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数，当0＜x

x＜1时，f(x)4，则f()f(1)= . 52【答案】-2 【解析】

考点：函数的奇偶性和周期性.

【名师点睛】本题考查函数的奇偶性，周期性，属于基本题，在求值时，只要把f()和

52f(1)，利用奇偶性与周期性化为(0,1)上的函数值即可．

2. 【2015高考新课标1，理13】若函数f(x)=xln(xax2)为偶函数，则a= 【答案】1

【解析】由题知yln(xax2)是奇函数，所以ln(xax2)ln(xax2) =ln(ax2x2)lna0，解得a=1. 【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.

2xa‚x1‚3. 【2015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 【答案】(1)1，(2)

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

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

（2）①若函数g(x)2时，g(1)2a

x32323时，f(x)取得最小值2a在x1时与x轴有一个交点，则a0，并且当x1>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

(xa)(x2a)在x1与x两个交点，当a0时g(x)与x轴有无交点，h(x)4a2，h(x)与x轴有两个交点，轴有无交点，不合题意；当h(1)2a0时，x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

a1a12或a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．

4. 【2016高考浙江理数】已知a>b>1.若logab+logba=

【答案】4 2 【解析】

试题分析：设logbat,则t1，因为t25，ab=ba，则a= ，b= . 21t5t2ab2， 2因此abbab2bbb2bb2b2,a4. 考点：1、指数运算；2、对数运算． 【易错点睛】在解方程logablogba方程logablogba5时，要注意logba1，若没注意到logba1，25的根有两个，由于增根导致错误． 25. 【2014江苏，理10】已知函数f(x)x2mx1，若对于任意的xm,m1都有

f(x)0，则实数m的取值范围为 .

【答案】(2,0) 2222f(m)mm10,【解析】据题意解得m0． 22f(m1)(m1)m(m1)10,【名师点晴】研究函数三个思想1. 等价转换思想：将不等式恒成立，有解问题等价转化为对应函数最值问题2. 数形结合思想：利用函数图像，研究函数性质3. 函数与方程思想：将方程是否有解及实根分布转化为对应函数性质与图像问题

6. 【2016高考天津理数】已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间（-，0）上单调递

增.若实数a足

f(2a1)f(2)，则a的取值范围是______.

【答案】(,)

1322

考点：利用函数性质解不等式

【名师点睛】不等式中的数形结合问题，在解题时既要想形又要以形助数，常见的“以形助数”的方法有：

(1)借助数轴，运用数轴的有关概念，解决与绝对值有关的问题，解决数集的交、并、补运算非常有效．

(2)借助函数图象性质，利用函数图象分析问题和解决问题是数形结合的基本方法，需注意的问题是准确把握代数式的几何意义实现“数”向“形”的转化．

7. 【2014

江苏，理13】已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x0,3时，

f(x)x22x1，若函数yf(x)a在区间3,4上有10个零点（互不相同），则2实数a的取值范围是 . 【答案】(0,)

【解析】作出函数f(x)x2x21211,x[0,3)的图象，可见f(0)，当x1时，

22f(x)极大17，f(3)，方程f(x)a0在x[3,4]上有10个零点，即函数yf(x)22和图象与直线ya在[3,4]上有10个交点，由于函数f(x)的周期为3，因此直线ya与

2函数f(x)x2x11,x[0,3)的应该是4个交点，则有a(0,)．

22

【名师点晴】研究函数性质时一般要借助于函数图像，体现了数形结合思想；方程解的问题常转化为两熟悉的函数图像的交点个数问题来解决．图像的应用常见的命题角度有：(1)确定方程根的个数；(2)求参数的取值范围； (3)求不等式的解集.

0,0x18. 【2015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 【答案】4

【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.

9.【2014山东.理15】已知函数yf(x),xR，对函数yg(x),xI,定义g(x)关于

f(x)的对称函数为函数yh(x),xI，yh(x)满足：对于任意xI，两个点(x,h(x)),(x,g(x))关于点(x,fx)对称，若h(x)是g(x)4x2关于f(x)3xb的

“对称函数”，且h(x)g(x)恒成立，则实数b的取值范围是_________. 【答案】(210,).

h(x)4x2【解析】由“对称函数”的定义及中点坐标公式得3xb,所以，

2h(x)6x2b4x2，h(x)g(x)恒成立即

6x2b4x24x2,3xb4x2恒成立，亦即直线y3xb位于半圆y4x2的上方.在同一坐标系内，画出直线y3xb及半圆y4x2（如图所

示），当直线与半圆相切时，

|300b|1322,解得|b|210，故答案为(210,).

【名师点睛】本题考查阅读理解能力、学习能力、运算能力、直线与圆的位置关系.解答本题的关键，是理解新定义运算，将问题转化成3xb4x2恒成立，利用数形结合思想，再将问题转化成直线与圆的位置关系问题.

本题属于新定义问题，是一道创新能力题，中等难度之上.在考查阅读理解能力、学习能力、运算能力、直线与圆的位置关系等的同时，考查转化与化归思想及数形结合思想.

10. 【2014高考陕西版理第11题】已知4a2,lgxa,则x=________.

【答案】10 【解析】

试题分析：由42得aa11，所以lgx，解得x10，故答案为10. 22考点：指数方程；对数方程.

【名师点晴】本题主要考查的是指数方程和对数方程，属于容易题；在解答时正确理解指数式和对数式的意义有助于正确完成此题.

11. 【2014

新课标，理15】已知偶函数fx在0,单调递减，f20.若

fx10，则x的取值范围是__________.

【答案】(1,3)

【名师点睛】本题考查了函数的奇偶性，函数图象的对称性，属于中档题目，根据函数图象的对称性及奇偶性，将已知不等式转化为普通不等式来解.

12. 【2015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：

。若该食品在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）

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.

13. 【2014四川，理12】设f(x)是定义在R上的周期为2的函数，当x[1,1)时，

4x22,1x0,3，则f() . f(x)20x1,x,【答案】1 【解析】

试题分析：f()f()43212121. 4【考点定位】周期函数及分段函数.

【名师点睛】本题考查函数的周期性和分段函数求值，首先利用周期性把横坐标转化到分段函数的定义域范围，即可求值.

14. 【2016年高考四川理数】在平面直角坐标系中，当P(x，y)不是原点时，定义P的“伴

随点”为P('yx,)；

x2y2x2y2当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身，平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成的曲线C定义为曲线C的“伴随曲线”.现有下列命题： ①若点A的“伴随点”是点A，则点A的“伴随点”是点A ②单位圆的“伴随曲线”是它自身；

③若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”C关于y轴对称； ④一条直线的“伴随曲线”是一条直线.

其中的真命题是_____________（写出所有真命题的序列）. 【答案】②③ 【解析】

''''考点：对新定义的理解、函数的对称性.

【名师点睛】本题考查新定义问题，属于创新题，符合新高考的走向．它考查学生的阅读理解能力，接受新思维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力，新定义的概念实质上只是一个载体，解决新问题时，只要通过这个载体把问题转化为我们已经熟悉的知识即可．本题新概念“伴随”实质是一个变换，一个坐标变换，只要根据这个变换得出新的点的坐标，然后判断，问题就得以解决．

2x3,x13)) ，15. 【2015高考浙江，理10】已知函数f(x)，则f(f(xlg(x21),x1f(x)的最小值是 ．

【答案】0，22-3.

【解析】f(f(3))f(1)0，当x1时，f(x)223，当且仅当x2时，等

号成立，当x1时，f(x)0，当且仅当x0时，等号成立，故f(x)最小值为223. 【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.

16. 【2015高考浙江，理12】若alog43，则2a2a ．

【答案】

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.

2xx,x017. 【2014年.浙江卷.理15】设函数fx2若ffa2，则实数a的

x,x0取值范围是______ 答案：a2 fa0a0fa0，或，解得，当或fa2222aa2fafa2fa2解析：由题意a0，解得，，解得a2． 2a2考点：分段函数,求范围.

【名师点睛】本题主要考查了分段函数的图像与性质，解决问题的关键是根据所求不等式的性质建立不等式组求解即可；分段函数“两种”题型的求解策略：(1)根据分段函数解析式求函数值，首先确定自变量的值属于哪个区间，其次选定相应的解析式代入求解．(2)已知函数值或函数值范围求自变量的值或范围

应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值或范围是否符合相应段的自变量的取值范围．当分段函数的自变量范围不确定时，应分类讨论．

18. 【2014高考重庆理第12题】函数f(x)log2【答案】xlog2(2x)的最小值为_________.

1 4

考点：1、对数的运算；2、二次函数的最值.

【名师点睛】本题考查了对数运算，二次函数，换元法，配方法求最值，本题属于基础题，注意函数的定义域.

19. 【2014高考重庆理第16题】若不等式2x1x2a2成立，则实数a的取值范围是____________. 【答案】1,

21a2对任意实数x恒21【解析】

3x1x21试题分析：令fx2x1|x2|3x2x，其图象如下所示（图中的

213x1x2实线部分）

由图可知：fxminf151152aa21a, ,由题意得：，解这得:22222所以答案应填：1,.

21考点：1、分段函数；2、等价转换的思想；3、数形结合的思想.

【名师点睛】本题考查了绝对值不等式，绝对值的性质，分段函数的图象，数形结合法，不等式的恒成立，属于基础题．

20. 【2015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

【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.

21. 【2014天津，理14】已知函数f(x)=x2+3x，xÎR．若方程f(x)-ax-1=0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为__________． 【答案】0,19,． 【解析】

2试题分析：（方法一）在同一坐标系中画f(x)=x+3x和g(x)=ax-1的图象（如图），

yy913O1xOt

问题转化为

f(x)与g(x)图象恰有四个交点．当y=a(x-1)与y=x2+3x（或y=-a(x-1)与

y=-x2-3x）相切时，f(x)与g(x)图象恰有三个交点．把y=a(x-1)代入

y=x2+3x，得x2+3x=a(x-1)，即x2+(3-a)x+a=0，由D=0，得

2a=0，解得a=1或a=9．又当a=0时，f(x)与g(x)仅两个交点，(3-a)-40a1或a9．

x2+3x4（方法二）显然a¹1，∴a=．令t=x-1，则a=t++5．∵

x-1tt+44∴t++5?(ゥ,1][9,+?(?,4][4,+?)，

tt结合图象可得0或a>9．

考点：方程的根与函数的零点．

【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，第二步涉计参数问题，针对参数进行分类讨论，按照题目所给条件要求，两函数图象有四个交点，找出符合零点要求的参数a，讨论要全面，注意数形结合．

22. 【2014上海,理12】设常数a使方程sinx3cosxa在闭区间[0,2]上恰有三个

解x1,x2,x3，则x1x2x3 . 【答案】

7 3

【考点】解三角方程，方程的解与函数图象的交点．

【名师点睛】研究三角函数的性质，一般通过变换把函数化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式再研究性质，解题时注意观察角、名、结构等特征，注意利用整体思想解决相关问题．解三角方程，关键在于确定定义区间，这可结合三角函数图像给予确定.

23. 【2014上海,理4】设f(x)_____________. 【答案】(,2]

x,x(,a),x,x[a,],2若f(2)4，则a的取值范围为

【解析】由题意，若a2，则f(2)2不合题意，因此a2，此时x[a,)时，

f(x)x2，满足f(2)4.

【考点】分段函数. 【名师点睛】

(1)根据分段函数解析式求函数值

首先确定自变量的值属于哪个区间，其次选定相应的解析式代入求解． (2)已知函数值或函数值范围求自变量的值或范围

应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值或范围是否符合相应段的自变量的取值范围．

24. 【2014上海,理9】若f(x)xx【答案】(0,1)

2312，则满足f(x)0的x取值范围是 . 221112【解析】根据幂函数的性质，由于，所以当0x1时x3x2，当x1时，x3x2，

23因此f(x)0的解集为(0,1). 【考点】幂函数的性质.

【名师点睛】1．幂函数y＝xα的图像与性质由于α的值不同而比较复杂，一般从两个方面考查：

(1)α的正负：α>0时，图像过原点和(1,1)，在第一象限的图像上升；α<0时，图像不过原点，在第一象限的图像下降．

(2)曲线在第一象限的凹凸性：α>1时，曲线下凸；0<α<1时，曲线上凸；α<0时，曲线下凸．

2．在比较幂值的大小时，必须结合幂值的特点，选择适当的函数．借助其单调性进行比较，准确掌握各个幂函数的图像和性质是解题的关键．

25. 【2016

高考江苏卷】设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[1,1)上，

xa,1x0,59a)的值是 其中aR. 若f()f() ，则f(5f(x)2225x,0x1,▲ . 【答案】

251232因此f(5a)f(3)f(1)f(1)1

55考点：分段函数，周期性质

【解析】f()f()f()f()a52129212123a， 255【名师点睛】分段函数的考查方向注重对应性，即必须明确不同的自变量所对应的函数解析式是什么.函数周期性质可以将未知区间上的自变量转化到已知区间上.解决此类问题时，要注意区间端点是否取到及其所对应的函数值，尤其是分段函数结合点处函数值.

26. 【2016高考江苏卷】函数y=3-2x-x2的定义域是 ▲ .

【答案】3,1【解析】

22试题分析：要使函数有意义，必须32xx0，即x2x30，3x1．故



答案应填：3,1，

考点：函数定义域

【名师点睛】函数定义域的考查，一般是多知识点综合考查，先列，后解是常规思路.列式主要从分母不为零、偶次根式下被开方数非负、对数中真数大于零等出发，而解则与一元二次不等式、指对数不等式、三角不等式联系在一起.

x33x,xa27. 【2016年高考北京理数】设函数f(x).

2x,xa①若a0，则f(x)的最大值为______________； ②若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________. 【答案】2，(,1). 【解析】

考点：1.分段函数求最值；2.数形结合的数学思想.

【名师点睛】1.分段函数的函数值时，应首先确定所给自变量的取值属于哪一个范围，然后选取相应的对应关系．若自变量值为较大的正整数，一般可考虑先求函数的周期．若给出函数值求自变量值，应根据每一段函数的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值是否属于相应段自变量的范围；2.在研究函数的单调性时，常需要先将函数化简，转化为讨论一些熟知的函数的单调性，因此掌握一次函数、二次函数、幂函数、对数函数等的单调性，将大大缩短我们的判断过程．

x6,x2,28.【2015高考福建，理14】若函数fx （a0 且a1 ）的值

3logx,x2,a域是4, ，则实数a 的取值范围是 ． 【答案】(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．

29. 【2014福建,理13】要制作一个容器为4m3，高为1m的无盖长方形容器，已知该容

器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是_______（单位：元） 【答案】88 【解析】

试题分析：假设底面长方形的长宽分别为x,

4. 则该容器的最低总造价是xy8020x80160.当且仅当x2的时区到最小值. x考点：函数的最值.

【名师点睛】本题主要考查函数的应用及基本不等式，解决此题的关键是先求出函数解析式，再利用基本不等式求最值，在利用基本不等式求最值时,一定要紧扣“一正、二定、三相等”这三个条件,注意创造“定”这个条件时常要对所给式子进行拆分、组合、添加系数等处理,使之可用基本不等式来解决,若多次使用基本不等式,必须保持每次取等的一致性.

x3,xa30. 【2015湖南理13】已知f(x)2，若存在实数b，使函数g(x)f(x)bx,xa有两个零点，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23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，∴aba，从而

baa1；

若方程x3b(xa)无解，方程x2b(xa)有2个根：则可知关于b的不等式组

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.

31. 【2015高考山东，理14】已知函数f(x)axb(a0,a1) 的定义域和值域都是

1,0 ，则ab . 【答案】3 2a1b1【解析】若a1 ，则fx 在1,0上为增函数,所以 ，此方程组无解；

1b01a1b0a若0a1 ，则fx在1,0上为减函数,所以 ，解得2 ，所以

1b1b2ab3. 2【考点定位】指数函数的性质.

【名师点睛】本题考查了函数的有关概念与性质，重点考查学生对指数函数的性质的理解与应用，利用方程的思想解决参数的取值问题，注意分类讨论思想方法的应用.

xm|x|,32.【2016高考山东理数】已知函数f(x)2 其中m0，若存在实数b，

x2mx4m,xm使得关于x的方程f（x）=b有三个不同的根，则m的取值范围是________________. 【答案】3, 【解析】 试题分析：

画出函数图象如下图所示：

由图所示，要fxb有三个不同的根，需要红色部分图像在深蓝色图像的下方，即

mm22mm4m,m23m0，解得m3

考点：1.函数的图象与性质；2.函数与方程；3.分段函数

【名师点睛】本题主要考查二次函数函数的图象与性质、函数与方程、分段函数的概念.解答本题，关键在于能利用数形结合思想，通过对函数图象的分析，转化得到代数不等式.本题能较好的考查考生数形结合思想、转化与化归思想、基本运算求解能力等.

三、解答题

1. 【2014山东.理20】（本小题满分13分）

ex2设函数f(x)2k(lnx)（k为常数，e2.71828是自然对数的底数）.

xx（Ⅰ）当k0时，求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围. 【答案】（I）f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,).

e2（II）函数在(0,2)内存在两个极值点时，k的取值范围为(e,).

2

试题解析：（I）函数yf(x)的定义域为(0,)，

x2ex2xex21f(x)k()

x4x2x'xex2exk(x2) 32xx(x2)(exkx)

x3x由k0可得ekx0，

'所以当x(0,2)时，f(x)0，函数yf(x)单调递减， '当x(2,)时，f(x)0，函数yf(x)单调递增.

所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,). （II）由（I）知，k0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减， 故f(x)在(0,2)内不存在极值点；

x当k0时，设函数g(x)ekx,x[0,)，

因为g'(x)exkexelnk， 当0k1时，

当x(0,2)时，g'(x)exk0，yg(x)单调递增， 故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点； 当k1时，

得x(0,lnk)时，g'(x)0，函数yg(x)单调递减，

x(lnk,)时，g'(x)0，函数yg(x)单调递增，

所以函数yg(x)的最小值为g(lnk)k(1lnk)， 函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点；

g(0)0g(lnk)0当且仅当，

g(2)00lnk2e2解得ek，

2e2综上所述，函数在(0,2)内存在两个极值点时，k的取值范围为(e,).

2【名师点睛】本题考查应用导数研究函数的单调性、极值等.解答本题的主要困难是（II）构造函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)，并进一步应用导数研究函数的单调性、极值等，使问题得解.

本题是一道能力题，属于难题.在考查应用导数研究函数的单调性、极值基础知识、基本方法的同时，考查考生的计算能力、应用数学知识分析问题解决问题的能力，考查转化与化归思想及分类讨论思想.

2.【2013山东，理21】(本小题满分13分)设函数f(x)＝

的底数，c∈R)．

(1)求f(x)的单调区间、最大值；

(2)讨论关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数．

x＋c(e＝2.718 28„是自然对数e2x【答案】（1）函数f(x)的单调递增区间是,最大值为f11，单调递减区间是,， 22111ec. 22－2

（2）当c＜－e当c＝－e当c＞－e

－2－2

时，关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为0；

时，关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为1； 时，关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为2.

(2)令g(x)＝|ln x|－f(x)＝|ln x|－xe

－2x

－c，x∈(0，＋∞)．

－2x

①当x∈(1，＋∞)时，ln x＞0，则g(x)＝ln x－xe所以g′(x)＝e2x－c，

e2x2x1. xe2x因为2x－1＞0，＞0，

x所以g′(x)＞0.

因此g(x)在(1，＋∞)上单调递增．

②当x∈(0,1)时，ln x＜0，则g(x)＝－ln x－xe所以g′(x)＝e2x－2x

－c.

e2x2x1. x因为e2x∈(1，e2)，e2x＞1＞x＞0，

e2x所以＜－1.又2x－1＜1，

xe2x所以＋2x－1＜0，即g′(x)＜0.

x因此g(x)在(0,1)上单调递减．

综合①②可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－e2－c.

－

当g(1)＝－e2－c＞0，即c＜－e

－

－2

时，g(x)没有零点，

故关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为0； 当g(1)＝－e2－c＝0，即c＝－e

－

－2

时，g(x)只有一个零点，

故关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为1； 当g(1)＝－e2－c＜0，即c＞－e

－

－2

时，

当x∈(1，＋∞)时，由(1)知 g(x)＝ln x－xe

－2x

－c≥ln x11ec＞ln x－1－c， 2＋

要使g(x)＞0，只需使ln x－1－c＞0，即x∈(e1c，＋∞)； 当x∈(0,1)时，由(1)知 g(x)＝－ln x－xe

－2x

－c≥ln x11ec＞－ln x－1－c， 2要使g(x)＞0，只需－ln x－1－c＞0， 即x∈(0，e

－1－c－2

)；

所以c＞－e时，g(x)有两个零点，

故关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为2. 综上所述， 当c＜－e当c＝－e

－2－2

时，关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为0； 时，关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为1； 时，关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为2.

当c＞－e

－2

【名师点睛】本题考查应用导数研究函数的单调性、最值、函数的零点等.解答本题的主要困难是（II）构造函数g(x)，并进一步应用导数研究函数的单调性、最值等，使问题得解. 本题是一道能力题，属于难题.在考查应用导数研究函数的单调性、最值、函数的零点等基础知识、基本方法的同时，考查考生的计算能力、应用数学知识分析问题解决问题的能力，考查转化与化归思想想及分类讨论思想.

3. 【2013四川，理21】 (本小题满分14分)

x22xa,x0已知函数f(x)，其中a是实数．设A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))为

lnx,x0该函数图象上的两点，且x1x2．

（Ⅰ）指出函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若函数f(x)的图象在点A，B处的切线互相垂直，且x20，求x2x1的最小值；

（Ⅲ）若函数f(x)的图象在点A，B处的切线重合，求a的取值范围．

【答案】（Ⅰ）减区间为(−∞,−1)，增区间为[−1,0)、(0, +∞)；（Ⅱ）略；（Ⅲ）(ln21,). 【解析】（Ⅰ）函数的单调递减区间为(−∞,−1)，单调递增区间为[−1,0)、(0, +∞)．„„„„„„„„„„„„3分

（Ⅲ）当x1x20或x2x10时，f(x1)f(x2)，故x10x2. 当x10时，函数f(x)的图象在点A(x1,f(x1))处的切线方程为

y(x122x1a)(2x12)(xx1)，即y(2x12)xx12a.

当x20时，函数f(x)的图象在点B(x2,f(x2))处的切线方程为

ylnx211(xx2)，即yxlnx21.

x2x2两切线重合的充要条件是

1x2x12,2lnx1x2a,21(1)(2)

由①及x10x2知，1x10

2由①②得ax1ln11x12ln(2x12)1.

2x122设h(x1)x1， ln(2x12)1（1x10）

则h(x1)2x110， x11所以，h(x1)（1x10）是减函数. 则h(x1)h(0)ln21， 所以aln21.

又当x1(1,0)且趋近于1 时，h(x1)无限增大， 所以a的取值范围是(ln21,).

故当函数f(x)的图象在点A，B 处的切线重合时，a的取值范围是(ln21,). „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„14分

【考点定位】本小题主要考查基本函数的性质、导数的应用、基本不等式、直线的位置关系等基础知识，考查揄论证能力、运算求解能力、创新意识、考查函数与方程、分类与整合、转化与化归等数学思想．第（Ⅰ）问两个增区间之间错加并集符号；第（Ⅱ）问没有注明均值不等式中等号成立的条件；第（Ⅲ）问不会分离变量，把所求问题转化为函数值域问题。 【名师点睛】函数、导数解答题中贯穿始终的是数学思想方法，在含有参数的试题中，分类与整合思想是必要的，由于是函数问题，所以函数思想、数形结合思想也是必要的，把不等式问题转化为函数最值问题、把方程的根转化为函数零点问题等，转化与化归思想也起着同样的作用，解决函数、导数的解答题要充分注意数学思想方法的应用.

4. 【2015高考浙江，理18】已知函数f(x)x2axb(a,bR)，记M(a,b)在区间[1,1]上的最大值.

是|f(x)|（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

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

|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.

【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.

5.【2016高考江苏卷】（本小题满分14分）

现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥PA下部1BC11D1，分的形状是正四棱柱ABCDA1BC11D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高PO1的四倍. （1）若AB6m,PO12m,则仓库的容积是多少？

（2）若正四棱柱的侧棱长为6m,则当PO1为多少时，仓库的容积最大？

【答案】（1）312（2）PO123 【解析】

试题分析：（1）几何体体积为柱与锥体积之和，需明确柱与锥体积公式区别，分别代入对应公式求解（2）从题目问题出发，以PO1为自变量建立体积的函数关系式，与(1)相似，先用PO1分别表示底面正方形周长及柱的高，再利用柱与锥体积公式得，

VV锥V柱2636hh3,0h6，最后利用导数求其最值 3试题解析：解：（1）由PO1=2知OO1=4PO1=8. 因为A1B1=AB=6，

2所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积V柱=A1B1PO113126224m3; 3223正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V柱=ABOO168288m.

所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312（m3）. (2)设A1B1=a(m),PO1=h(m)，则02a222h36所以，即a236h. 222于是仓库的容积VV锥V柱a4h121326aha2h36hh3,0h6， 333从而V'26363h22612h2. 3令V'0，得h23 或h23（舍）. 当0h23时，V'0 ，V是单调增函数； 当23h6时，V'0，V是单调减函数. 故h23时，V取得极大值，也是最大值. 因此，当PO123 时，仓库的容积最大. 考点：函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积

【名师点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言能力，强化构建数学模型的几种方法.而江苏应用题，往往需结合导数知识解决相应数学最值问题，因此掌握利用导数求最值方法是一项基本要求，需熟练掌握.

6. 【2014上海,理20】（本题满分14分）本题有2个小题，第一小题满分6分，第二小题

满分1分.

2xa设常数a0，函数f(x)x

2a（1）若a=4，求函数yf(x)的反函数yf1(x)；

（2）根据a的不同取值，讨论函数yf(x)的奇偶性，并说明理由.

1【答案】（1）fx1（2）a1时yf(x)为(x)2log2，x(,1)(1,)；

x1奇函数，当a0时yf(x)为偶函数，当a0且a1时yf(x)为非奇非偶函数． 【解析】

2x4试题分析：（1）求反函数，就是把函数式yx作为关于x的方程，解出x，得

24xf1(y)，再把此式中的x,y互换，即得反函数的解析式，还要注意的是一般要求出原

函数的值域，即为反函数的定义域；（2）讨论函数的奇偶性，我们可以根据奇偶性的定义求

解，在a0，a1这两种情况下，由奇偶性的定义可知函数f(x)具有奇偶性，在

a0且a1时，函数的定义域是xlog2a，不关于原点对称，因此函数既不是奇函数也

不是偶函数．

2x12x112x,x0，f(x)x②当a1时，f(x)x， x212112∴对任意的x0且xR都有f(x)f(x)，∴yf(x)为奇函数 ③当a0且a1时，定义域为xxlog2a,xR}， ∴定义域不关于原定对称，∴yf(x)为非奇非偶函数 【考点】反函数，函数奇偶性．

【名师点睛】1.求反函数，就是把函数式中的x,y互换，即得反函数的解析式，还要注意的是一般要求出原函数的值域，即为反函数的定义域；.

2.判断函数奇偶性的两个方法 (1)定义法：



(2)图像法：