专题02函数的概念与基本初等函数I（解析版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_一轮复习_2023新高考一轮复习讲义+课件_赠2021年高考真题和模拟题数学（理）专项汇编

专题 02 函数的概念与基本初等函数 I
1．（2021·浙江高考真题）已知函数 ，则图象为如图的函数可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.
【解析】对于A， ，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除
A；
对于B， ，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C， ，则 ，
当 时， ，与图象不符，排除C.
故选：D.
2．（2021·全国高考真题（理））设函数 的定义域为R， 为奇函数， 为偶函数，当 时， ．若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】通过 是奇函数和 是偶函数条件，可以确定出函数解析式 ，进
而利用定义或周期性结论，即可得到答案．
【解析】因为 是奇函数，所以 ①；
因为 是偶函数，所以 ②．
令 ，由①得： ，由②得： ，
因为 ，所以 ，
令 ，由①得： ，所以 ．
思路一：从定义入手．
所以 ．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数 的周期 ．所以 ．
故选：D．
【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计
算的效果．
3．（2021·全国高考真题（理））设函数 ，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分别求出选项的函数解析式，再利用奇函数的定义即可.
【解析】由题意可得 ，
对于A， 不是奇函数；
对于B， 是奇函数；
对于C， ，定义域不关于原点对称，不是奇函数；
对于D， ，定义域不关于原点对称，不是奇函数.
故选：B
【点睛】本题主要考查奇函数定义，考查学生对概念的理解，是一道容易题.
4．（2021·全国高考真题（理））设 ， ， ．则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数 , ，利用导数
分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.
【解析】 ,
所以 ;
下面比较 与 的大小关系.
记 ,则 , ，
由于
所以当0<x<2时， ,即 , ,
所以 在 上单调递增，
所以 ,即 ,即 ;
令 ,则 , ,
由于 ，在x>0时, ,
所以 ,即函数 在[0,+∞)上单调递减，所以 ,即 ,即b<c;
综上， ,
故选：B.
【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，
利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.
5．（2021·浙江高考真题）已知 ，函数 若 ，则
___________.【答案】2
【分析】由题意结合函数的解析式得到关于 的方程，解方程可得 的值.
【解析】 ，故 ，
故答案为：2.
6．（2021·全国高考真题）已知函数 是偶函数，则 ______.
【答案】1
【分析】利用偶函数的定义可求参数 的值.
【解析】因为 ，故 ，
因为 为偶函数，故 ，
时 ，整理得到 ，
故 ，
故答案为：1
f 4x f 4x
1．（2021·新安县第一高级中学高三其他模拟（理））偶函数f(x)满足 ，当x(0，4]
ln(2x)
时， f(x) x ，不等式 f 2xaf x0 在[200,200]上有且只有200个整数解，则实数a的取
值范围是（ ）
 1   1 
 ln6,ln2 ln2, ln6
   
A． 3  B． 3 
 1   1 
ln2, ln6  ln6,ln2
   
C． 3  D． 3 
【答案】C
f(x) f(x) f(x)
【分析】根据题意，得到 的周期，利用导数可得 的单调性，即可作出 的图象，根据周期性、f(x) (0,8) a0 a0 a0 (0,8)
对称性可得 在 内有4个整数解，分别讨论 、 和 三种情况下在一个周期 内
有整数解的个数，综合分析，即可得答案.
f(x) f 4x f 4x f x4
【解析】因为 为偶函数，所以 ，
f(x) f(x)
所以 是周期函数，且周期为8，且 关于x=4对称，
ln(2x)
f(x)
又当x(0，4]时， x ，
1
xln(2x)
则 x 1ln(2x) ，
f(x)  (x0)
x2 x2
e
x
令 f(x)0，解得 2 ，
 e
x 0,
 
所以当  2时， f(x)0， f(x)为增函数，
e 
x ,4
 
当 2 时， f(x)0， f(x)为减函数，
f(x)
作出 一个周期内图象，如图所示：
f(x) f 2xaf x0 [200,200]
因为 为偶函数，且不等式 在 上有且只有200个整数解，(0,200)
所以不等式在 内有100个整数解，
f(x) (0,200)
因为 周期为8，所以在 内有25个周期，
f(x)
所以 在一个周期内有4个整数解，
a0 f 2xaf x0 f(x)0 f(x)a
（1）若 ，由 ，可得 或 ，
f(x)0 f(x)a
由图象可得 有7个整数解， 无整数解，不符合题意；
a0 f(x)0
（2）若 ，则 ，由图象可得，不满足题意；
f 2xaf x0 f(x)a f(x)0
（3）若a0，由 ，可得 或 ，
f(x)0
由图象可得 在一个周期内无整数解，不符合题意，
f(x)a (0,8)
所以 在一个周期 内有4个整数解，
f(x) (0,8)
因为 在 内关于 x=4对称，
f(x) (0,4)
所以 在 内有2个整数解，
ln4 ln6
f(1)ln2, f(2) ln2, f(3)
因为 2 3 ，
f(x)a (0,4)
所以 在 的整数解为 x=1和x=2，
ln6 ln6
aln2 ln2a
所以 3 ，解得 3 .
故选：C
【点睛】解题的关键是熟练掌握函数的周期性、对称性的求法，利用导数求函数的单调区间等知识，并灵
f(x) (0,4)
活应用，难点在于根据函数的性质，分类讨论，分析可得 在 内有2个整数解，再结合特殊值，
即可进行求解，属中档题.f x f x2 f x
2．（2021·山东高三其他模拟）已知函数 是定义在R上的偶函数，满足 ，当
π
x0,1 f xcos x y  f x x
时， 2 ，则函数 的零点个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
y  f x x f x
【分析】函数 的零点个数转化为两个函数图象交点的个数，转化条件为函数 周期
π
x0,1 f xcos x
T 2，当 时， 2 ，根据周期性可画出它的图象，从图象上观察交点个数即可.
f x2 f x f x
【解析】∵ ，则函数 是周期T 2的周期函数．
π
f x x0,1 f xcos x
又∵函数 是定义在R上的偶函数，且 时， 2 ，
 π  π
f x f xcos  x cos x
∴当x1,0
时，

 2

 2 ，
f x x 0 y  f x x y  f x gx x
令 ，则函数 的零点个数即为函数 和 的图象交点个数，
y  f x gx x
分别作出函数 和 的图象，如下图，
f x gx 1,0 [0,1]
显然 与 在 上有1个交点，在 上有一个交点，
x 1 gx1 f x≤1
当 时， ，而 ，
f x gx
x1 x1
所以 或 时， 与 无交点．y  f x gx x y  f x x
综上，函数 和 的图象交点个数为2，即函数 的零点个数是2．
故选：A
1
f(x)ex1e1x  sinx
3．（2021·福建高三三模）已知函数 2 ，实数a，b满足不等式
f 3ab f a10
，则下列不等式成立的是（ ）
4ab3 4ab3
A． B．
2ab1 2ab1
C． D．
【答案】A
1,0
f(x)
【分析】根据条件判断函数 关于 对称，求导，可得函数的单调性，利用函数的对称性和单调性
将不等式进行转化求解即可.
1
f(x)ex1e1x  sinx
【解析】解：∵ 2 ，
1 1
f 2xe1x ex1 sin2xe1x ex1 sinxf x
∴ 2 2 ，
1,0
f(x)
∴函数 关于 对称，
1 1 1
f(x)ex1e1x  cosx2 ex1e1x  cosx2 cosx
又 2 2 2 ，
1 1 1
  cosx 
∵ 2 2 2 ，
1 1 1
2 2 cosx2 
∴ 2 2 2 ，
f(x)0 f(x)
∴ 恒成立，则 是增函数，
f 3ab f a10
∵ ，f 3abf a1 f 3a
∴ ，
3ab3a 4ab3
∴ ，得 ，
故选：A.
【点睛】根据条件判断函数的对称性和单调性是解决本题的关键，需灵活应用基本不等式求最值，综合性
强，属中档题.
 ax2, x2
f x
4．（2021·济南市·山东师范大学附中高三其他模拟）若函数 32alnx1, x2在R上单

调递增，则实数a的取值范围是（ ）
 3  3
0, 1,
A．
0,1
B．
0,2
C．

 2

 D．

 2

【答案】A
【分析】由分段函数单调递增的特性结合单调增函数的图象特征列出不等式组求解即得.
 ax2, x2
f x
【解析】因函数 32alnx1, x2在R上单调递增，

y ax2 (,2] y 32alnx1 (2,)
则有 在 上递增， 在 上也递增，
(2,2a2) (2,0)
根据增函数图象特征知，点 不能在点 上方，
a 0

于是得32a0
，解得 ，

2a20
 0a1
0,1
所以实数a的取值范围是 .
故选：A
(0,)
5．（2021·北京高三二模）下列函数中，在区间 上单调递增的是（ ）
x
1
y 
A．  2   B． y  x1
y (x1)2 y lnx
C． D．【答案】D
【分析】根据基本初等函数的性质依次判断选项即可.
x x
1 1 1
【解析】对于A选项：指数函数 y    ，底数 1 ，所以函数 y    在 上单调递减；对
2 2 2 (,)
y  x1 10 y  x1 (0,)
于B选项：幂函数 ， ，所以幂函数 在 上单调递减；对于C选项：二次函数
y (x1)2 x1 y (x1)2 (0,1) (1，)
，对称轴为 ，所以二次函数 在 上单调递减，在 上单调递增；对
y lnx e1 y lnx (0,)
于D选项：对数函数 ，底数 ，所以对数函数 在 上单调递增.
故选：D.
【点睛】本题主要考查基本初等函数的单调性，基本初等函数的函数性质是整个高中数学知识的奠基，和
很多专题知识都有交融，是整个数学学习的基础.
1   
y (ex  )cosx  ,
 
6．（2021·浙江高三其他模拟）函数 ex 在 2 2上的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
1
f(x)(ex  )cosx
【分析】利用定义判断 ex 的奇偶性，再代入特殊值检验，即可得答案.1
f(x)(ex  )cosx
【解析】设 ex ，
1 1
f(x)(ex  )cos(x)(ex  )cosxf(x)
则 ex ex ，
f(x)
所以 为奇函数，图象关于原点对称，排除A、C，
1
f(1)(e1 )cos10
又当x=1时， e1 ，排除D.
故选：B
f xsinxxcosx
7．（2021·广东珠海市·高三二模）函数 的图像为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
f x
【分析】由函数 的奇偶性可以排除两个选项，再由f(1)的正负即可得解.
f xsin(x)(x)cos(x)sinxxcosxf(x) f x
【解析】因 ，即函数 是奇函数，其图
象关于原点对称，从而排除选项B，C，
f(1)sin1cos10
又 ，显然选项D不符合此条件，A符合要求.
故选：Af xax2 bx a1,2a
8．（2021·重庆一中高三其他模拟）已知 是定义在 上的偶函数，那么
y  f  an b 
的最大值是（ ）
1 4
A．1 B．3 C．3 3 D．27
【答案】D
a b y f(an b)
【分析】根据题意，由函数奇偶性的定义分析 、 的值，即可得 的解析式，由复合函数单
y f(an b)
调性的判断方法分析 的单调性，据此分析可得答案．
f xax2 bx
[a1 2a] (a1)2a3a10
【解析】解：根据题意， 是定义在 ， 上的偶函数，则有 ，
1
a
则 3，
f(x) f(x) ax2 bxa(x)2 b(x) bx 0 b0
同时 ，即 ，则有 ，必有 ，
1 2 2
则 f(x) x2 ，其定义域为[ ， ]，
3 3 3
1 1 2 1 2 2
则y f(an b) f[( )n]，设t ( )n ，若 剟( )n ，则有n� log 0，
3 3 3 3 3 3 3
2
在区间[log ， 上， 且为减函数，
3 3 ) t 0
1 2
f(x) x2 在区间(0， ]上为增函数，
3 3
2 4
1 2
y f[( )n] [log f( )
则 3 在 3 3 ，)上为减函数，其最大值为 3 27 ，
故选：D．
9．（2021·福建高三三模）已知函数 ，若 ，则 ___________.
【答案】4【分析】根据题意，由函数的解析式分 与 两种情况讨论，求出 的值，即可得答案.
【解析】根据题意，函数 ，
当 时， ，无解；
当 时， ，解可得 ，符合题意，
故 ，
故答案为：4.
10．（2021·黑龙江大庆市·高三二模（理））定义在 上的函数 满足 ，当
时， ，则函数 的图象与 的图象的交点个数为___________.
【答案】7
【分析】由题设可知 的周期为2，结合已知区间的解析式及 ，可得两函数图象，即知图象
交点个数.
【解析】由题意知： 的周期为2，当 时， ，
∴ 、 的图象如下：
即 与 共有7个交点，故答案为：7.
【点睛】结论点睛： 有 的周期为 .
11．（2021·河北高三其他模拟）已知函数 是定义在 上的偶函数，若对于 ，都有
，且当 时， ，则 的值为
___________.
【答案】
【分析】推导出当 时， ，利用函数 的周期性和奇偶性可求得结果.
【解析】当 时， ，
又因为函数 是定义在 上的偶函数，
则 ，
，
因此， .
故答案为： .
【点睛】方法点睛：函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将
它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多
以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度；
（1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．
（2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数
值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解；
（3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利
用奇偶性和单调性求解.12．（2021·北京清华附中高三其他模拟）函数 的定义域是_____________．
【答案】
【分析】根据函数解析式直接列出式子即可求解.
【解析】 ，
，解得 ，故函数的定义域为 .
故答案为： .
13．（2021·北京北大附中高三其他模拟）若函数 的定义域是 ，则 的值域是
___________.
【答案】
【分析】先分离常数将函数解析式化为 ，结合 的范围，先得出分母的范围，由反比例函
数的性质和不等式的性质可得答案.
【解析】由
当 时， ，所以 ，则
所以 ，即 的值域为
故答案为：
14．（2021·上海高三二模）设函数 的定义域为 .若对于 内的任意 ， ，都有
，则称函数 为“Z函数”.有下列函数：① ；②；③ ；④ .其中“Z函数”的序号是___________(写出所有的正确序
号)
【答案】③④
【分析】新定义说是增函数的意思，判断各函数的是否为增函数可得．
【解析】当 时， ，由 ，得 ，
，所以 在定义域内是增函数，
①是常数函数，②是减函数，③是增函数，④是增函数，
故答案为：③④
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，解题关键是理解新定义，新定义“Z函数”即为增函数，因此只
要判断函数的单调性即可得．