2026版《金版教程》高考一轮复习数学第二章 高考真题集训-函数及其应用

高考总复习首选用卷数学高考真题集训——函数及其应用一、单项选择题1．(2024·天津高考)下列函数是偶函数的是()A．y＝eq\f(ex－x2,x2＋1) B．y＝eq\f(cosx＋x2,x2＋1)C．y＝eq\f(ex－x,x＋1) D．y＝eq\f(sinx＋4x,e|x|)答案：B解析：对于A，设f(x)＝eq\f(ex－x2,x2＋1)，函数的定义域为R，由f(－1)＝eq\f(e－1－1,2)，f(1)＝eq\f(e－1,2)，得f(－1)≠f(1)，则f(x)不是偶函数；对于B，设g(x)＝eq\f(cosx＋x2,x2＋1)，函数的定义域为R，且g(－x)＝eq\f(cos（－x）＋（－x）2,（－x）2＋1)＝eq\f(cosx＋x2,x2＋1)＝g(x)，则g(x)为偶函数；对于C，设h(x)＝eq\f(ex－x,x＋1)，函数的定义域为{x|x≠－1}，不关于原点对称，则h(x)不是偶函数；对于D，设φ(x)＝eq\f(sinx＋4x,e|x|)，函数的定义域为R，由φ(1)＝eq\f(sin1＋4,e)，φ(－1)＝eq\f(－sin1－4,e)，得φ(1)≠φ(－1)，则φ(x)不是偶函数．故选B.2．(2023·北京高考)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是()A．f(x)＝－lnx B．f(x)＝eq\f(1,2x)C．f(x)＝－eq\f(1,x) D．f(x)＝3|x－1|答案：C解析：对于A，因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－lnx在(0，＋∞)上单调递减，故A不符合题意；对于B，因为y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝eq\f(1,2x)在(0，＋∞)上单调递减，故B不符合题意；对于C，因为y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，故C符合题意；对于D，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝3|eq\f(1,2)－1|＝3eq\s\up6(\f(1,2))＝eq\r(3)，f(1)＝3|1－1|＝30＝1，f(2)＝3|2－1|＝3，显然f(x)＝3|x－1|在(0，＋∞)上不单调，故D不符合题意．故选C.3．(2024·天津高考)若a＝4.2－0.3，b＝4.20.3，c＝log4.20.2，则a，b，c的大小关系为()A．a>b>c B．b>a>cC．c>a>b D．b>c>a答案：B解析：因为y＝4.2x在R上单调递增，且－0.3<0.3，所以0<4.2－0.3<4.20.3，所以0<a<b，因为y＝log4.2x在(0，＋∞)上单调递增，且0<0.2<1，所以log4.20.2<log4.21＝0，即c<0，所以b>a>c.故选B.4．(2024·全国甲卷)函数f(x)＝－x2＋(ex－e－x)sinx在区间[－2.8，2.8]的大致图象为()答案：B解析：由题知函数f(x)的定义域为R，关于原点对称，又f(－x)＝－x2＋(e－x－ex)sin(－x)＝－x2＋(ex－e－x)sinx＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，所以函数f(x)在区间[－2.8，2.8]上的图象关于y轴对称，故可排除A，C；又f(1)＝－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－\f(1,e)))sin1>－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－\f(1,e)))sineq\f(π,6)＝eq\f(e,2)－1－eq\f(1,2e)>eq\f(1,4)－eq\f(1,2e)>0，故可排除D.故选B.5．(2024·北京高考)生物丰富度指数d＝eq\f(S－1,lnN)是河流水质的一个评价指标，其中S，N分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数．生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数S没有变化，生物个体总数由N1变为N2，生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则()A．3N2＝2N1 B．2N2＝3N1C．Neq\o\al(2,2)＝Neq\o\al(3,1) D．Neq\o\al(3,2)＝Neq\o\al(2,1)答案：D解析：由题意，得eq\f(S－1,lnN1)＝2.1，eq\f(S－1,lnN2)＝3.15，若S不变，则2.1lnN1＝3.15lnN2，即2lnN1＝3lnN2，所以Neq\o\al(3,2)＝Neq\o\al(2,1).故选D.6．(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－2ax－a，x<0，,ex＋ln（x＋1），x≥0))在R上单调递增，则a的取值范围是()A．(－∞，0] B．[－1，0]C．[－1，1] D．[0，＋∞)答案：B解析：因为f(x)在R上单调递增，且当x≥0时，f(x)＝ex＋ln(x＋1)单调递增，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(－2a,2×（－1）)≥0，,－a≤e0＋ln1，))解得－1≤a≤0，即a的取值范围是[－1，0]．故选B.7．(2024·北京高考)已知(x1，y1)，(x2，y2)是函数y＝2x的图象上两个不同的点，则()A．log2eq\f(y1＋y2,2)<eq\f(x1＋x2,2)B．log2eq\f(y1＋y2,2)>eq\f(x1＋x2,2)C．log2eq\f(y1＋y2,2)<x1＋x2D．log2eq\f(y1＋y2,2)>x1＋x2答案：B解析：对于A，B，由题意不妨设x1<x2，因为函数y＝2x是增函数，所以0<2x1<2x2，即0<y1<y2，因为eq\f(2x1＋2x2,2)>eq\r(2x1·2x2)＝2eq\s\up6(\f(x1＋x2,2))，即eq\f(y1＋y2,2)>2eq\s\up6(\f(x1＋x2,2))>0，又函数y＝log2x是增函数，所以log2eq\f(y1＋y2,2)>log22eq\s\up6(\f(x1＋x2,2))＝eq\f(x1＋x2,2)，故A错误，B正确；对于C，例如x1＝－1，x2＝－2，则y1＝eq\f(1,2)，y2＝eq\f(1,4)，可得log2eq\f(y1＋y2,2)＝log2eq\f(3,8)＝log23－3∈(－2，－1)，即log2eq\f(y1＋y2,2)>－3＝x1＋x2，故C错误；对于D，例如x1＝0，x2＝1，则y1＝1，y2＝2，可得log2eq\f(y1＋y2,2)＝log2eq\f(3,2)∈(0，1)，即log2eq\f(y1＋y2,2)<1＝x1＋x2，故D错误．故选B.8．(2023·天津高考)若a＝1.010.5，b＝1.010.6，c＝0.60.5，则a，b，c的大小关系为()A．c>a>b B．c>b>aC．a>b>c D．b>a>c答案：D解析：解法一：因为函数f(x)＝1.01x是增函数，且0.6>0.5>0，所以1.010.6>1.010.5>1，即b>a>1.因为函数φ(x)＝0.6x是减函数，且0.5>0，所以0.60.5<0.60＝1，即c<1.综上，b>a>c.故选D.解法二：因为函数f(x)＝1.01x是增函数，且0.6>0.5，所以1.010.6>1.010.5，即b>a.因为函数h(x)＝x0.5在(0，＋∞)上单调递增，且1.01>0.6>0，所以1.010.5>0.60.5，即a>c.综上，b>a>c.故选D.9．(2023·新课标Ⅱ卷)若f(x)＝(x＋a)lneq\f(2x－1,2x＋1)为偶函数，则a＝()A．－1 B．0C.eq\f(1,2) D．1答案：B解析：解法一：因为f(x)为偶函数，则f(1)＝f(－1)，即(1＋a)×lneq\f(1,3)＝(－1＋a)ln3，解得a＝0.当a＝0时，f(x)＝xlneq\f(2x－1,2x＋1)，由(2x－1)·(2x＋1)>0，解得x>eq\f(1,2)或x<－eq\f(1,2)，则其定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,2)，或x<－\f(1,2)))))，关于原点对称．f(－x)＝(－x)lneq\f(2（－x）－1,2（－x）＋1)＝(－x)lneq\f(2x＋1,2x－1)＝(－x)lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x－1,2x＋1)))eq\s\up12(－1)＝xlneq\f(2x－1,2x＋1)＝f(x)，故此时f(x)为偶函数．故选B.解法二：设g(x)＝lneq\f(2x－1,2x＋1)，易知g(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，且g(－x)＝lneq\f(－2x－1,－2x＋1)＝lneq\f(2x＋1,2x－1)＝－lneq\f(2x－1,2x＋1)＝－g(x)，所以g(x)为奇函数．若f(x)＝(x＋a)lneq\f(2x－1,2x＋1)为偶函数，则y＝x＋a也应为奇函数，所以a＝0.故选B.10．(2023·全国乙卷)已知f(x)＝eq\f(xex,eax－1)是偶函数，则a＝()A．－2 B．－1C．1 D．2答案：D解析：因为f(x)＝eq\f(xex,eax－1)是偶函数，所以f(x)－f(－x)＝eq\f(xex,eax－1)－eq\f(（－x）e－x,e－ax－1)＝eq\f(x[ex－e（a－1）x],eax－1)＝0，又因为x不恒为0，可得ex－e(a－1)x＝0，即ex＝e(a－1)x，则x＝(a－1)x，即1＝a－1，解得a＝2.故选D.11．(2023·天津高考)函数f(x)的图象如下图所示，则f(x)的解析式可能为()A．f(x)＝eq\f(5（ex－e－x）,x2＋2)B．f(x)＝eq\f(5sinx,x2＋1)C．f(x)＝eq\f(5（ex＋e－x）,x2＋2)D．f(x)＝eq\f(5cosx,x2＋1)答案：D解析：解法一：由题图可知，函数f(x)的图象关于y轴对称，所以函数f(x)是偶函数．f(x)＝eq\f(5（ex－e－x）,x2＋2)，定义域为R，f(－x)＝eq\f(5（e－x－ex）,x2＋2)＝－f(x)，所以函数f(x)＝eq\f(5（ex－e－x）,x2＋2)是奇函数，所以排除A；f(x)＝eq\f(5sinx,x2＋1)，定义域为R，f(－x)＝eq\f(5sin（－x）,x2＋1)＝－eq\f(5sinx,x2＋1)＝－f(x)，所以函数f(x)＝eq\f(5sinx,x2＋1)是奇函数，所以排除B；f(x)＝eq\f(5（ex＋e－x）,x2＋2)，定义域为R，f(－x)＝eq\f(5（e－x＋ex）,x2＋2)＝f(x)，所以函数f(x)＝eq\f(5（ex＋e－x）,x2＋2)是偶函数，又x2＋2>0，ex＋e－x>0，所以f(x)>0恒成立，不符合题意，所以排除C.故选D.解法二：由题图可知，函数f(x)的图象关于y轴对称，所以函数f(x)是偶函数．因为y＝x2＋2是偶函数，y＝ex－e－x是奇函数，所以f(x)＝eq\f(5（ex－e－x）,x2＋2)是奇函数，故排除A；因为y＝x2＋1是偶函数，y＝sinx是奇函数，所以f(x)＝eq\f(5sinx,x2＋1)是奇函数，故排除B；因为x2＋2>0，ex＋e－x>0，所以f(x)＝eq\f(5（ex＋e－x）,x2＋2)>0恒成立，不符合题意，故排除C.故选D.12．(2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝e－(x－1)2.记a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))，则()A．b＞c＞a B．b＞a＞cC．c＞b＞a D．c＞a＞b答案：A解析：函数f(x)＝e－(x－1)2是由函数y＝eu和u＝－(x－1)2复合而成的复合函数，y＝eu为R上的增函数，u＝－(x－1)2在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以由复合函数的单调性可知，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．易知f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(6),2)))，又eq\f(\r(2),2)＜2－eq\f(\r(6),2)＜eq\f(\r(3),2)＜1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(6),2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))，所以b＞c＞a.故选A.13．(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则a的取值范围是()A．(－∞，－2] B．[－2，0)C．(0，2] D．[2，＋∞)答案：D解析：函数y＝2x在R上单调递增，而函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则函数y＝x(x－a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(a2,4)在区间(0，1)上单调递减，因此eq\f(a,2)≥1，解得a≥2，所以a的取值范围是[2，＋∞)．故选D.14．(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝a(x＋1)2－1，g(x)＝cosx＋2ax，当x∈(－1，1)时，曲线y＝f(x)与y＝g(x)恰有一个交点，则a＝()A．－1 B.eq\f(1,2)C．1 D．2答案：D解析：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ax2＋a－1－cosx，x∈(－1，1)，原题意等价于h(x)有且仅有一个零点，因为h(x)的定义域关于原点对称，且h(－x)＝a(－x)2＋a－1－cos(－x)＝ax2＋a－1－cosx＝h(x)，则h(x)为偶函数，根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，即h(0)＝a－2＝0，解得a＝2.若a＝2，则h(x)＝2x2＋1－cosx，x∈(－1，1)，又因为2x2≥0，1－cosx≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，可得h(x)≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，即h(x)有且仅有一个零点0，所以a＝2符合题意．故选D.15．(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(x)>f(x－1)＋f(x－2)，且当x<3时，f(x)＝x，则下列结论中一定正确的是()A．f(10)>100 B．f(20)>1000C．f(10)<1000 D．f(20)<10000答案：B解析：因为当x<3时，f(x)＝x，所以f(1)＝1，f(2)＝2，又因为f(x)>f(x－1)＋f(x－2)，则f(3)>f(2)＋f(1)＝3，f(4)>f(3)＋f(2)>5，f(5)>f(4)＋f(3)>8，f(6)>f(5)＋f(4)>13，f(7)>f(6)＋f(5)>21，f(8)>f(7)＋f(6)>34，f(9)>f(8)＋f(7)>55，f(10)>f(9)＋f(8)>89，f(11)>f(10)＋f(9)>144，f(12)>f(11)＋f(10)>233，f(13)>f(12)＋f(11)>377，f(14)>f(13)＋f(12)>610，f(15)>f(14)＋f(13)>987，f(16)>f(15)＋f(14)>1597>1000，则依次下去可知f(20)>1000，B正确；且无证据表明A，C，D一定正确．故选B.16．(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝(x＋a)ln(x＋b)，若f(x)≥0，则a2＋b2的最小值为()A.eq\f(1,8) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2) D．1答案：C解析：解法一：由题意可知，f(x)的定义域为(－b，＋∞)，令x＋a＝0，得x＝－a；令ln(x＋b)＝0，得x＝1－b.若－a≤－b，当x∈(－b，1－b)时，可知x＋a>0，ln(x＋b)<0，此时f(x)<0，不符合题意；若－b<－a<1－b，当x∈(－a，1－b)时，可知x＋a>0，ln(x＋b)<0，此时f(x)<0，不符合题意；若－a＝1－b，当x∈(－b，1－b)时，可知x＋a<0，ln(x＋b)<0，此时f(x)>0，当x∈[1－b，＋∞)时，可知x＋a≥0，ln(x＋b)≥0，此时f(x)≥0，可知－a＝1－b符合题意；若－a>1－b，当x∈(1－b，－a)时，可知x＋a<0，ln(x＋b)>0，此时f(x)<0，不符合题意．综上所述，－a＝1－b，即b＝a＋1，则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)≥eq\f(1,2)，当且仅当a＝－eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,2)时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为eq\f(1,2).故选C.解法二：由题意可知，f(x)的定义域为(－b，＋∞)，令x＋a＝0，得x＝－a；令ln(x＋b)＝0，得x＝1－b，则当x∈(－b，1－b)时，ln(x＋b)<0，故x＋a≤0，所以1－b＋a≤0；当x∈(1－b，＋∞)时，ln(x＋b)>0，故x＋a≥0，所以1－b＋a≥0，故1－b＋a＝0，则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)≥eq\f(1,2)，当且仅当a＝－eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,2)时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为eq\f(1,2).故选C.17．(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，f(1)＝1，则eq\o(∑,\s\up6(22),\s\do4(k＝1))f(k)＝()A．－3 B．－2C．0 D．1答案：A解析：因为f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，令x＝1，y＝0可得2f(1)＝f(1)f(0)，所以f(0)＝2.令x＝0可得f(y)＋f(－y)＝2f(y)，即f(y)＝f(－y)，所以函数f(x)为偶函数．令y＝1得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)＝f(x)，即有f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1)，从而可知f(x＋2)＝－f(x－1)，f(x－1)＝－f(x－4)，故f(x＋2)＝f(x－4)，即f(x)＝f(x＋6)，所以函数f(x)的一个周期为6.因为f(2)＝f(1)－f(0)＝1－2＝－1，f(3)＝f(2)－f(1)＝－1－1＝－2，f(4)＝f(－2)＝f(2)＝－1，f(5)＝f(－1)＝f(1)＝1，f(6)＝f(0)＝2，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝0.由于22除以6余4，所以eq\o(∑,\s\up6(22),\s\do4(k＝1))f(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3.故选A.二、多项选择题18．(2023·新课标Ⅰ卷)噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20×lgeq\f(p,p0)，其中常数p0(p0>0)是听觉下限阈值，p是实际声压．下表为不同声源的声压级：声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060～90混合动力汽车1050～60电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则()A．p1≥p2 B．p2>10p3C．p3＝100p0 D．p1≤100p2答案：ACD解析：解法一：由题意可知，Lp1∈[60，90]，Lp2∈[50，60]，Lp3＝40，对于A，Lp1－Lp2＝20×lgeq\f(p1,p0)－20×lgeq\f(p2,p0)＝20×lgeq\f(p1,p2)，因为Lp1≥Lp2，则Lp1－Lp2＝20×lgeq\f(p1,p2)≥0，即lgeq\f(p1,p2)≥0，所以eq\f(p1,p2)≥1且p1，p2>0，可得p1≥p2，故A正确；对于B，Lp2－Lp3＝20×lgeq\f(p2,p0)－20×lgeq\f(p3,p0)＝20×lgeq\f(p2,p3)，因为Lp2－Lp3＝Lp2－40≥10，则20×lgeq\f(p2,p3)≥10，即lgeq\f(p2,p3)≥eq\f(1,2)，所以eq\f(p2,p3)≥eq\r(10)且p2，p3>0，可得p2≥eq\r(10)p3，当且仅当Lp2＝50时，等号成立，故B错误；对于C，因为Lp3＝20×lgeq\f(p3,p0)＝40，即lgeq\f(p3,p0)＝2，可得eq\f(p3,p0)＝100，即p3＝100p0，故C正确；对于D，由选项A可知，Lp1－Lp2＝20×lgeq\f(p1,p2)，且Lp1－Lp2≤90－50＝40，则20×lgeq\f(p1,p2)≤40，即lgeq\f(p1,p2)≤2，可得eq\f(p1,p2)≤100且p1，p2>0，所以p1≤100p2，故D正确．故选ACD.解法二：因为Lp＝20×lgeq\f(p,p0)随着p的增大而增大，且Lp1∈[60，90]，Lp2∈[50，60]，所以Lp1≥Lp2，所以p1≥p2，故A正确；由Lp＝20×lgeq\f(p,p0)，得p＝p010eq\s\up6(\f(Lp,20))，因为Lp3＝40，所以p3＝p010eq\s\up6(\f(40,20))＝100p0，故C正确；假设p2＞10p3，则p010eq\s\up6(\f(Lp2,20))＞10p010eq\s\up6(\f(Lp3,20))，所以10eq\s\up6(\f(Lp2,20))－eq\s\up6(\f(Lp3,20))＞10，所以Lp2－Lp3＞20，该式不可能成立，故B错误；因为eq\f(100p2,p1)＝eq\f(100p010\s\up6(\f(Lp2,20)),p010\s\up6(\f(Lp1,20)))＝10eq\s\up6(\f(Lp2,20))－eq\s\up6(\f(Lp1,20))＋2≥1，所以p1≤100p2，故D正确．故选ACD.19．(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，则()A．f(0)＝0B．f(1)＝0C．f(x)是偶函数D．x＝0为f(x)的极小值点答案：ABC解析：因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，对于A，令x＝y＝0，f(0)＝0＋0＝0，故A正确；对于B，令x＝y＝1，f(1)＝f(1)＋f(1)，则f(1)＝0，故B正确；对于C，令x＝y＝－1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，令y＝－1，f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)＝f(x)，又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确；对于D，解法一：不妨令f(x)＝0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D错误．解法二：当x2y2≠0时，对f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)两边同时除以x2y2，得到eq\f(f（xy）,x2y2)＝eq\f(f（x）,x2)＋eq\f(f（y）,y2)，故可以设eq\f(f（x）,x2)＝ln|x|(x≠0)，则f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(