2026高考数学复习高效培优专题01 函数图象与性质（3重要函数及5类抽象函数图象+7种函数性质）（解析版）

专题01函数图象与性质

（3种重要函数图象+5种抽象函数图象+7种函数性

质）

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近近三年：根据2024年2025年高考数学的考纲和真题，函数专题在高考中的分值占比比较大，分值比较高，

多以小选择题和填空题题型，难易度分布，是从容易题到小题压轴都有出现，24年全国卷还在大题第18题有

函数性质的针对性考察。

函数是高考数学的核心考点之一，主要考察函数的性质、图像、运算及应用。函数性质是重点考察。函数

性质考察，多从以下方面来考察

单调性：判断函数在区间上的增减性，常通过导数或定义分析。

奇偶性：偶函数关于y轴对称（如二次函数），奇函数关于原点对称（如三次函数）。

周期性：不仅仅出现在三角函数中，涉及到函数特别是抽象函数，有对称中心或者对称轴来生成周期性

来考察。

函数图像考察，则从见函数图像：一次函数（直线）、二次函数（抛物线）、指数函数（指数增长/衰减）、

对数函数（反函数）来考察，涉及到图像变换，平移、翻转等操作需结合具体函数分析，如反比例函数平

移后的渐近线位置。

预测2026年：函数模块的考察从以下方向考察：

基础性质考察是函数考察的核心点。函数的单调性、奇偶性、周期性始终是必考内容，尤其注重抽象函数

性质的判断与应用。涉及到通过复合函数“同增异减”规律分析性质，或结合对称性推导周期性等方向。并

且结合新高考的考试指导性方向，函数实际应用考察会持续深化，命题可能结合科技创新场景方向，来考

查函数建模与分析能力。所以再复习函数备考函数时，要重视原理理解，引导学生避免机械刷题，需深入

掌握函数性质的定义,性质，理解并掌握推导过程和推导思维，强化思维训练，以解决压轴大题或压轴小题

题形式的综合应用。

考向01重要函数图像：对勾函数

b

对勾函数：yax，（a，b0）图像特征

x

b

形如yax，（a，b0）称为对勾函数

x

1.有“渐近线”：y=ax

b

2.“拐点”：解方程ax（即第一象限均值不等式取等处）

x

1．（2025·辽宁丹东·模拟预测）已知fxex1ex1x22xaaR，且f2x3f2x，则x的

取值范围是（）

11

A．,B．,3,

33

11

C．,5,D．5,

33

【答案】B

【分析】先判断f(x)f(2x)，得到f(x)关于x1对称，再利用函数和的单调性得到f(x)的单调性，然

后结合对称性解抽象函数不等式即可.

【详解】因为fxex1ex1x22xaaR，

2

所以f2xe2x1e12x2x22xaex1ex1x22xa，

所以f(x)f(2x)，所以f(x)关于x1对称，

x1x12

又因为y1=ee,y2x2xaaR（对称轴为x1，开口向上）在1,上分别为单调递增函数，

所以f(x)在1,上单调递增，在,1上单调递减，

因为f2x3f2x，结合对称性可得2x312x1，两边平方后化简可得3x210x30，解

11

得x或x3，所以x的取值范围是,3,.故选：B.

33

1xx

2．（2025·重庆·模拟预测）已知函数fxee，若对任意的x1,x2R，满足fx1fx2fx1x2，

2

则恒有（）

A．x1x20B．x1x20

C．x1x20D．x1x20

【答案】D

【分析】奇偶性定义判断函数的奇偶性，利用复合函数的单调性判断f(x)的区间单调性，讨论x1,x20、

x1,x20、x1,x2一正一负，结合不等式恒成立确定不等关系.

11

【详解】由f(x)[exe(x)](exex)f(x)，且f(x)的定义域为R，所以f(x)是偶函数，

22

11

当x[0,)，令tex[1,)，则f(x)y(t)在t[1,)上单调递增，

2t

又tex在x[0,)上单调递增，故f(x)在x[0,)上单调递增，

由偶函数的对称性，f(x)在x(,0)上单调递减，

当x1,x20，由f(x1)f(x2)f(x1x2)，则x2x10，

当x1,x20，由f(x1)f(x2)f(x1x2)，则x2x10，

当x1,x2一正一负，不妨令x10x2，则x1x1x2x2，

显然与f(x1)f(x2)f(x1x2)矛盾，综上，x1x20.故选：D

xx1

3．（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知函数fxsinxee，若af2,bf,cfln2，则（）

2

A．abcB．acb

C．cbaD．bca

【答案】A

【分析】对函数fx求导，根据导函数fx可得fx为R上的增函数，利用单调性比较大小即可.

【详解】由fxsinxexex，得fxcosxex+ex，

xx

exex2exex2，当且仅当ee，即x0时等号成立，

而cosx1,1，fxcosxex+ex0，即fx在R上单调递增，

11

2lneln2，f2ffln2，即abc.

22

故选：A.

2xa2x2,x1

．（北京大兴三模）已知函数若的最小值为，则a的一个取值

42025··fx2.fxf1

x2xa,x1

为；a的最大值为．

【答案】2（答案不唯一，a2,4即可）4

【分析】分别研究x1和x1时函数的最小值情况，确保两个区间内的最小值都不小于f1，且f1是整

体的最小值，结合两段函数的性质，求解a的取值.

a

【详解】由题意知，原函数中f(1)为最小值，

2

aa

①当x1时，令t2x，则t2，函数变为g(t)t2，求导得g'(t)1，令g'(t)0，则ta，

tt2

i）当a2，即a4时，最小值在ta处，此时g(a)2a2，因为fx的最小值为f1，

a

所以有2a2，可得a4；

2

a

ii）当a2，即a4时，f(x)在x1上单调递增，最小值f(1).

2

②当x1时，f(x)x22xa，最小值在x1处，此时f(1)a1，因为fx的最小值为f1，

a

所以有a1，可得a2；综上所述，a2,4.

2

故答案为：2（答案不唯一，a2,4即可）；4

考向02重要函数图像：双曲函数

.双曲函数（双刀函数）

bb

yax（两支各自增），或者yax（两支各自减），（a，b0）

xx

1.有“渐近线”：y=ax与y=-ax

b

2.“零点”：解方程ax

x（即方程等0处）

1n

1．（2025·宁夏石嘴山·模拟预测）已知f(x)ex1e1x，且f(lnm)f0，则下列可能成立的是（）

n

A．nm1B．1nmC．m1nD．1mn

【答案】D

1n1n11

【分析】判断可得函数f(x)为奇函数，由f(lnm)f0得lnm1，画出ylnx，y1

nnnx

的图象，结合图象依次判断即可求解.

【详解】函数的定义域为R，

f(x)ex1e1xex1e1xf(x)，所以函数f(x)为奇函数，

又f(x)ex1e1x0，所以函数f(x)在R上单调递增，

1n1n1

又f(lnm)f0，所以可得：lnm1，

nnn

1

画出ylnx，y1的图象，

x

1

当nm1，1nm，m1n时，lnm1不成立，

n

1

当1mn时，lnm1可能成立.故选：D．

n

2．（24-25高三·河北邯郸）已知函数fxexex2sinx，若faexf1x0恒成立，则a的取值范

围是（）

1111

A．,B．,C．,D．,

e2ee2e

【答案】C

【分析】利用函数奇偶性的定义可判断fx为奇函数，由导数判断fx为R上的增函数，则所求不等式

x1x1

等价于aexx1，分离参数可得a，构造函数gx，利用导数求gx的最大值即可求解.

exex

【详解】因为fxexex2sinxfx，所以fx为R上的奇函数．

又因为fxexex2cosx2exex2cosx22cosx0，

xx

所以fx在R上单调递增.又faef1x0恒成立，所以faefx1，则aexx1，

x1x12x

因此a恒成立．设gx，则gx，令gx0，解得x2．

exexex

1

当x2时，gx0，gx单调递增；当x2时，gx0，gx单调递减，因此agxg2．

maxe2

故选：C．

3．（2025·江苏泰州·模拟预测）已知函数fxsin2x2e1xex12，xR．若f2a2f1a4，

则实数a的取值范围为（）

11

A．,1B．,1,

22

11

C．1,D．,1,

22

【答案】A

【分析】先通过对变量替换，即令tx1，将原函数变为f(x)g(t)2，通过求导判断g(t)的单调性，利

用其严格递增性将原不等式转化为2a21a，最终求解一元二次不等式.

tt

【详解】令tx1，则原函数可改写为：fxsin2tee2，

定义辅助函数g(t)sin(2t)(etet)，则f(x)g(t)2，

由g(t)g(t)，故g(t)是奇函数，

tt

gt2cos2tee，又etet2（当且仅当t0时取等号），且2cos(2t)2,gt0,

因此，g(t)在R上严格递增，

222

原不等式f2af1a4转化为：g(2a1)2g(a)24，即g(2a1)g(a)，

因为g(t)为奇函数，即g(a)g(a)，所以g(2a21)g(a)，

1

又g(t)在R上严格递增，故2a21a，所以2a2a10，得a,1，

2

故选：A

22

4．（2025·辽宁鞍山·模拟预测）已知f(x)exexkx2，若f(x)0有唯一解，则k的取值范围为（）

A．(,1]B．[2,9)C．(,2]D．[1,3]

【答案】C

【分析】利用偶函数性质，只需要研究0,的零点个数，然后用换元法构造新函数进行求导证明单调性，

借助端点值效应，h00，所以可证明存在唯一零点的参数取值范围.

22

【详解】fxexexkx2，fxfx，

\f(x)为偶函数，

tt

fx0，设tx2，hteekt，

则ht在0,有唯一零点．htetetk2k，当且仅当t0取等号．

若k2,t0时，htetetk2k0，则ht在0,单调递增，

e2tket1

又因为h00，所以ht在0,有唯一零点.若k2,t0时，令ht0得0，即

et

kk24kk24kk24

e2tket10，解得et或et，其中et1，满足要求，

222

22

kk4k2k42222

et11，其中k2k4k4，故k4k4k484k0在k2

22

k2k24kk24

时恒成立，所以et10，即et1，不合要求，

22

kk24kk24

当0tln时，ht0，则ht在0,ln单调递减，

22

kk24

所以hlnh00，t时，ht，故ht在0,有1个零点．

2

又h00，所以ht在0,上有两个零点，不满足题意，

故k的取值范围为,2．故选：C.

考向03重要函数图像：分式型

.反比例与分式型函数

解分式不等式，一般是移项（一侧为零），通分，化商为积，化为一元二次求解，或者高次

axb

不等式，再用穿线法求解。形如：y=。对称中为P（x，y），其中

cx-d00

（）、-=0；

1cx0d

ax

（2）、y

0cx

（3）、一、三或者二、四象限，通过x0,1计算判断。

1x2

1．（23-24高三·广东阶段练习）已知函数fx，则不等式f2x1fx1的解集为（）

1x2

2

A．,0B．,

3

22

C．0,D．,0,

33

【答案】D

【分析】证明函数的奇偶性，再分析出其单调性，从而得到|2x1||x1|，解出即可.

2

21x1x2

1x

【详解】由f(x)可得xR且f(x)22，则fx为偶函数，

1x21x1x

2

1x21x22

f(x)1，

1x21x21x2

因为yx21在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，则yx210恒成立，

则f(x)在(0,)单调递减，在(,0)单调递增，

2

f(2x1)f(x1),|2x1||x1|，解得x0或x.故选：D.

3

x1

2．（24-25上·江苏阶段练习）已知函数f(x)，xR，则不等式f(x22x)f(3x4)的解集为

|x|1

（）

4

A．(1,2)B．(1,4)C．(0,2)D．1,

3

【答案】A

1,x0

x1

【分析】由fx2，从而有fx在,0上单调递增，再结合单调性可求解．

x11,x0

x1

1,x0

x1

【详解】解：fx2，在fx在,0上单调递增，

x11,x0

x1

4

x

3x4043

3x40x

fx22xf3x4，或x22x0，解可得，3或0x2，

x22x0

20x2

x2x3x41x4

即{x|1x2}，故选A．

【点睛】本题主要考查了利用函数的单调性求解不等式，体现了分类讨论思想的应用．

2x7173

3．（24-25高三·云南昭通·阶段练习）已知函数fx，若对任意的x,,fx4m27m

x3242x9

恒成立，则m的取值范围为（）

11111111

A．,1B．1,C．1,D．,1

4444

【答案】D

【分析】先用基本不等式求最值，再解一元二次不等式即可.

71734x221x9x5

【详解】对任意的x,，fx29，

242x92x215x272x215x27

39t9

71733fx22

因为x,，令x5t,，2x92t25t22，

24242t5

t

222

因为2t22t4，当且仅当2t，即t1，即x4时，等号成立，

ttt

399

fx2211

所以2，

2x92t545

t

311

因为fx4m27m恒成立，所以114m27m，即4m11m10，解得：m1，

2x94

故选：D.

2x1

4．（23-24·湖南长沙阶段练习）已知函数fxxR满足fxfax2，若函数y的图像与

2xa

x,yx,y

yfx的图像有4个交点，分别为11，22，x3,y3，x4,y4，则y1y2y3y4（）

A．2B．4C．8D．2a

【答案】B

aa

【解析】由题意可得两个函数都关于,1对称，则可判断交点也关于,1对称，即可列出式子求出结果.

22

a

【详解】函数fxxR满足fxfax2，\f(x)关于,1对称，

2

2x1a1aa

y1也关于,1对称，两个函数的交点关于,1对称，

2xa2xa22

y1y4

1

x,yx,y2

不妨设11和x,y，22和x3,y3对称，，则yy2,yy2，

44yy1423

231

2

y1y2y3y44.故选：B.

【点睛】关键点睛：本题考查函数对称性的应用，解题的关键是通过关系式或函数解析式判断出函数图象

a

都关于,1对称，继而利用交点对称求出结果.

2

考向04抽象函数图像：函数方程

函数方程,多采用轮换式代换技巧。函数方程中的轮换式代换技巧是一种通过变量轮换来简化方程或发现

隐藏对称性的方法。其核心思想是：如果方程在变量轮换后形式不变，则可以利用这种对称性进行代换

或推导。

核心原理是：对于函数方程f(g(x))+f(r(x))形式，若变量轮换后形式不变，可尝试设t=g（x）与t=r（x）

来代换，通过代换，再通过解方程消去，转化为单一变量的函数解析式

常见技巧：

变量代换：通过轮换变量，再通过相加或相减消元，将复杂方程转化为更简单的形式。

对称性利用：若方程是轮换对称式，其因式分解或解的结构往往具有对称性，可据此简化问题

周期性结合：在函数方程中，轮换对称性常与周期性结合使用，通过多次轮换代换，寻找出代换的周期

性，来推导函数的解析式

12

1．（2025·浙江·二模）定义在0,上的函数fx满足ffx,ff2x，当x1,2时，

xx

1

fxx1x2，则函数yfx在区间1,100内的零点个数为（）

4

A．3B．4C．5D．6

【答案】B

1

【分析】由题设条件可得fxf4x，从而可先分析yfx在1,4上的零点个数为1，再结合前者

4

可得1,100内的零点个数.

21

【详解】因为ff2x，故ff4x，故fxf4x，即fxf4x，

xx

4444

而当x1,2时，fxx1x2，故当x2,4时，1,2，故fxf(1)(2)，

xxxx

x1x2,x1,2

故fx44，

(1)(2),x2,4

xx

233

当时，311，而在上为减函数，在为增函

x1,2fxx1x2x,0fx1,,2

24422

13

数，故fx在1,2有有且只有一个实数解为x；

42

2

44431411

当x2,4时，fx(1)(2)，而1,2，故fx0,，此时fx在2,4

xxx24x44

上无解；

kk1xk1kx

故当x4,4k1时，4,4，则fxf，

44

1k1k1

结合1,4上fx的性质可得fx在4,24上有且只有一个实数解，

4

k1

343k1k1k3433

且该实数解为x4，在24,4无实数解，而41004且1004，

222

1333

故fx在1,100上的实数解为x，x46，x4224，

4222

31

x4396，共4个实数解，故fx共有4个不同的零点.故选：B.

24

31

2．（2025高三·全国·专题练习）已知定义在R上的函数fx满足fxxf0，

x

fxfyfxy2xy，则f6等于（）

A．33B．32C．31D．30

【答案】D

【分析】先令yx和x0代入已知等式可得f00，进而得到①；再结合已知等式得到②，解方程组

①②得到fx解析式可得.

【详解】令yx，则fxfxf02x2，

令x0，则2f0f00，则f00，所以fxfx2x2①．

1123131

所以ff2，则xfxf2x，

xxxxx

骣

313131

又因为fxxf0，所以xffx，(-x)×f琪-=f(x)，所以fxfx2x②．

xxèxø

①－②，得2fx2x22x，所以fxx2x．所以f630．

故选：D．

3．（2024·青海·二模）定义在R上的函数fx满足2f3xfxx212x18，fx是函数fx的

导函数，以下选项错误的是（）

A．f0f00

B．曲线yfx在点1,f1处的切线方程为2xy10

C．fxfxm在R上恒成立，则m2

fxfx7

D．4e

ex

【答案】C

【分析】由2f(3x)f(x)x212x18，可得2f(x)f(3x)x26x9，即可得f(x)的解析式，结合

导数计算、导数的几何意义及利用导数求函数的极值与最值即可判断各选项.

【详解】由2f(3x)f(x)x212x18，有2f(3x)f(x)x212x18，

2

则2f(3x3)f(x3)x312x318，即2f(x)f(3x)x26x9，

2

f(x)x12x182

则2f(x)x26x9，整理得fxx，有fx2x，

2

则f00，f00，即f(0)f(0)0，故A正确；

f11，f1212，故切线方程：y2x11，化简得2xy10，故B正确；

22

fxfxx2xm在R上恒成立，由x22xx111，

故m1，故C错误；

fxfx7x22x7x22x7

不等式4e等价于4e，令gx，

exexex

x2x2

2x2ex2x7ex4x5x5x1

则gx，

e2xexex

故当x,15,时，gx0，gx在,1、5,上单调递减，

127

当x1,5时，gx0，gx在1,5上单调递增，故gx有极小值g14e，

e1

2f(x)f(x)7

当x5时，有x22x7x184280，故gx4e，即4e，故D正确.

ex

故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过赋值法求出函数的解析式，再结合导数的运算，导数的几

何意义，不等式恒成立问题的处理方法，利用导数求函数的最值判断各选项.

πx

4．（2025·广西·模拟预测）已知定义在R上的函数fx满足fx2f2xsin1，则f0．

4

5

【答案】

3

【分析】分别令x0,x2即可求解.

【详解】令x0可得：f02f21，令x2可得：f22f02，

55

两式联立可得：f0，故答案为：

33

考向05抽象函数图像：构造正弦与双曲正弦模型

.正弦与双曲正弦型：

满足形如fxyfxyf2xf2y型函数，可以用正弦函数，或者双曲正弦函数来替换：

模型一：正弦函数fxksin（x）

1.fxsinx----fxyfxysinxysinxy（sinxcosyconxsiny（)sinxocsyconxsiny)

=sin2xcos2ycon2xsin2y=sin2x(1sin2y)(1sin2x)sni2y=sin2xsin2y=f2xf2y

exex

模型二：，正弦双曲函数fx(这个函数可能性较少）

2

1．（24-25·广西南宁·一模）已知函数fx的定义域为R,fxyfxyf2xf2y，且当x0时，

fx0，则（）

A．f01B．fx是偶函数C．fx是增函数D．fx是周期函数

【答案】C

【分析】对A，令xy0求解即可；对B，令x0化简可得fyfy0即可；对C，设x2x10，

22

结合题意判断fx2fx10判断即可；对D，根据fx是增函数判断即可.

【详解】对A，令xy0，则f20f20f20，得f00，故A错误；

对B，令x0，得fyfyf20f2y，

由f00整理可得fyfyfy0，

将y变换为y，则fyfyfy0，

2

故fyfy0，故fyfy0，故fx是奇函数，故B错误；

对C，设x2x10，则fx20,fx10，

22

且fx2fx1fx2fx1fx2fx1

22

fx2x1fx2x10，故fx2fx10，则fx2fx1.

又f00，fx是奇函数，故fx是增函数，故C正确；

对D，由fx是增函数可得fx不是周期函数，故D错误.

故选：C

2．（24-25高三·甘肃陇南）已知函数fx的定义域为R，且满足

f2xf2yfxyfxy,f11,f31，则下列结论错误的是（）

A．f20B．f42

C．fx是奇函数D．fx4fx

【答案】B

【分析】利用赋值x2,y1判断A，令x0可判断C，令yx2，结合条件求出函数周期可判断BD.

【详解】令x2,y1，则f2(2)f2(1)f(3)f(1)，解得f(2)0，故A正确；

令x0，则f2(y)f(y)f(y)，即f(y)f(y)f(y)0，

因为f(y)不恒为0，所以f(y)f(y)0，且定义域为R，故函数为奇函数，故C正确；

令yx2，则f2(x)f2(x2)f(2x2)f(2)0，因为f(x)不恒为0，且f(3)f(1)，

所以只能f(x)f(x2)，从而f(x4)f(x2)f(x)，周期为4，

显然f(4)f(0)0，故B错误D正确.

故选：B

2xy2xy

3．（24-25高三·浙江舟山·阶段练习）已知函数fx的定义域为R，且fxfyff，

22

11

f2x的图像关于直线x对称，f11，fx在1,0上单调递增，则下列说法中错误的是（）

22

3

A．f2f40B．fx的一条对称轴是直线x

2

20232024

C．ff4D．fk1

2k1

【答案】D

3

【分析】令xy0，可求得f00，令xy，可得fxfx，利用已知可得fx关于x对

2

称，可判断B；可求得函数的周期为6，fx关于3,0对称，计算可判断AD；由题意可得fx在2,4上

单调递减，可判断C.

2xy2xy

【详解】