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专题 2.7 函数的周期性与对称性-重难点题型精讲
1．函数的周期性
(1)周期函数：对于函数y＝f (x)，如果存在一个非零常数T，使得当x取定义域内的任何值时，都有f
(x＋T)＝f (x)，那么就称函数y＝f (x)为周期函数，称T为这个函数的周期．
(2)最小正周期：如果在周期函数f (x)的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做 f
(x)的最小正周期．
2．函数图象的对称性
(1)图象关于点成中心对称图形：函数y=f(x)的图象关于点P(a,b)成中心对称图形的充要条件是函数
g(x)=f(x+a)-b为奇函数.
(2)图象关于直线成轴对称图形：函数y=f(x)的图象关于直线x=a成轴对称图形的充要条件是函数
g(x)=f(x+a)为偶函数.
【题型1 函数的周期性及应用】
根据周期函数的定义判断函数的周期性，可以由函数的局部性质得到函数的整体性质，函数的周期性具有
将未知区间上的问题转化到已知区间的功能，在解决具体问题时要注意结论，若 T是函数的周期，则kT
（k
∈Z且k≠0）也是函数的周期.
【例1】（2021秋•宿州期末）已知函数f（x）＝cos x，则下列正确的是（ ）
A．f（x）是周期为1的奇函数 π
B．f（x）是周期为2的偶函数
C．f（x）是周期为1的非奇非偶函数
D．f（x）是周期为2的非奇非偶函数2π
【解题思路】本题根据函数奇偶性的定义法进行判断即可，再根据余弦函数的周期性公式T= 进行计
ω
算即可得到正确选项．
【解答过程】解：由题意，可知
函数f（x）的定义域为R，定义域关于原点对称，
f（﹣x）＝cos （﹣x）＝cos x＝f（x），
故函数f（x）是π偶函数； π
2π 2π
∵T= = =2，
ω π
∴f（x）是周期为2的偶函数．
故选：B．
1
【变式1-1】（2022春•船山区校级期中）函数f(x)=sin2x− 是（ ）
2
A．周期为 的偶函数 B．周期为 的奇函数
C．周期为2π 的偶函数 D．周期为π2 的奇函数
【解题思路】π由二倍角公式将函数化简，由余弦函数的性质π 即可求解周期及奇偶性．
1 1−cos2x 1 1
【解答过程】解：因为函数f(x)=sin2x− = − =− cos2x，
2 2 2 2
所以T＝ ，且f（x）为偶函数．
故选：A．π
【变式1-2】（2022春•云岩区校级期中）下列函数中，周期为 的奇函数是（ ）
A．y＝sinx B．y＝sin2x C．y＝tan2x π D．y＝cos2x
【解题思路】利用三角函数的奇偶性与周期性判断即可．
π
【解答过程】解：∵y＝sinx的周期T＝2 ，y＝tan2x的周期T= ，可排除A，C；
2
π
又∵cos（﹣x）＝cosx，∴y＝cosx为偶函数，可排除D；
y＝sin2x的周期T＝ ，sin（﹣2x）＝﹣sin2x，∴y＝sin2x为奇函数，∴B正确；
故选：B． π
π
【变式1-3】（2021秋•五华区校级月考）下列四个函数中，以 为最小正周期，且在区间（ ， ）上为
2
π π
减函数的是（ ）
x
A．y＝|sinx| B．y＝sin2x C．y＝2|cosx| D．y＝cos
2【解题思路】分析每个选项中函数的周期性和单调性，利用排除法解题．
π
【解答过程】解：对于A，函数以 为最小正周期，且在区间（ ， ）上为减函数，符合题意；
2
π π
π
对于B，以 为最小正周期，且在区间（ ， ）先减后增，不合题意；
2
π π
π
对于C，函数在（ ， ）上单调递增，不合题意；
2
π
对于D，函数的周期是4 ，不合题意；
故选：A． π
【题型2 函数的对称性】
(1)定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的必要条件；
(2)利用函数的奇偶性可画出函数在另一对称区间上的图象，确定函数在另一区间上的解析式，解决某些求
值或参数问题；
(3)由函数奇偶性延伸可得到一些对称性结论，如函数 f (x＋a)为偶函数(奇函数)，则y＝f (x)的图象关于直
线x＝a对称(关于点(a,0)对称)．
【例2】（2022•福州模拟）定义在R上的函数f（x）满足f（2﹣x）＝2﹣f（x），若f（x）的图象关于直
线x＝3对称，则下列选项中一定成立的是（ ）
A．f（﹣3）＝1 B．f（0）＝0 C．f（3）＝2 D．f（5）＝﹣1
【解题思路】由f（2﹣x）＝2﹣f（x），可令x＝1，x＝﹣3，再由f（x）的图象关于直线x＝3对称，可
得f（5）＝f（1），求得f（﹣3），可得结论．
【解答过程】解：定义在R上的函数f（x）满足f（2﹣x）＝2﹣f（x），若f（x）的图象关于直线x＝3
对称，
可得f（1）＝2﹣f（1），即f（1）＝1，
又f（5）+f（﹣3）＝2，且f（5）＝f（1）＝1，
所以f（﹣3）＝2﹣f（5）＝2﹣1＝1，
故选：A．
【变式2-1】（2022春•惠州月考）定义在R上的函数f（x）满足f（4﹣x）+f（x）＝2．若f（x）的图象关
于直线x＝4对称，则下列选项中一定成立的是（ ）
A．f（﹣2）＝1 B．f（0）＝0 C．f（4）＝2 D．f（6）＝﹣1
【解题思路】根据f（4﹣x）+f（x）＝2，令x＝2，可求得f（2），再根据函数的对称性可得f（6）及f
（4+x）+f（x）＝2，再令x＝﹣2，可求得f（﹣2），即可得出答案．
【解答过程】解：因为函数f（x）满足f（4﹣x）+f（x）＝2，所以f（4﹣2）+f（2）＝2f（2）＝2，所以f（2）＝1，
又f（x）的图象关于直线x＝4对称，
所以f（6）＝f（2）＝1，且f（4﹣x）＝f（4+x），
则f（4+x）+f（x）＝2，
所以f（4﹣2）+f（﹣2）＝2，
所以f（﹣2）＝1，
无法求出f（0），f（4）．
故选：A．
【变式2-2】（2022•辽宁三模）函数y＝f（2x﹣1）是R上的奇函数，函数y＝f（x）图像与函数y＝g（x）
关于y＝﹣x对称，则g（x）+g（﹣x）＝（ ）
A．0 B．﹣1 C．2 D．1
【解题思路】利用函数的性质，对称性，即可解出．
【解答过程】解：函数y＝f（2x﹣1）是R上的奇函数，
∴f（﹣1）＝0，
即f（x）关于（﹣1，0）对称，
又函数y＝f（x）图像与函数y＝g（x）关于y＝﹣x对称，
∴g（x）的图像关于（0，1）对称，
∴g（x）+g（﹣x）＝2，
故选：C．
【变式2-3】（2022•辽宁模拟）已知函数y＝f（2x+1）的图象关于直线x＝1对称，函数y＝f（x+1）关于
点（1，0）对称，则下列说法正确的是（ ）
A．f（1）＝0 B．f（1﹣x）＝f（1+x）
3
C．f（x）的周期为2 D．f(x)=f( −x)
2
【解题思路】由函数的对称性和奇偶性、周期性的定义和性质，计算可得结论．
【解答过程】解：由函数y＝f（2x+1）的图象关于直线x＝1对称，可得f（2x+2+1）＝f（2﹣2x+1），
即f（2x+3）＝f（3﹣2x），
将2x换为x可得f（x+3）＝f（3﹣x），即有f（x+6）＝f（﹣x）①，故D错误；
由函数y＝f（x+1）关于点（1，0）对称，可得f（2+x）+f（2﹣x）＝0，且f（2）＝f（0）＝0，故A错
误；
f（x+4）＝﹣f（﹣x）②，由①②可得f（x+6）＝﹣f（x+4），
即f（x+2）＝﹣f（x），可得f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），
则f（x）的最小正周期为4，故C错误．
故选：B．
【题型3 周期性与奇偶性结合】
【例3】（2022•郫都区校级模拟）已知函数f（x）是定义在R上的周期为2的奇函数，当0＜x＜1时，f
5
（x）＝16x，则f（− ）+f（1）＝（ ）
2
A．﹣8 B．﹣4 C．12 D．20
【解题思路】由奇函数和周期函数的定义可得f（1），再由所给区间上的解析式和周期的定义，求得f
5
（− ），可得所求和．
2
【解答过程】解：函数f（x）是定义在R上的周期为2的奇函数，
可得f（﹣1）＝f（1）＝﹣f（1），则f（1）＝0；
当0＜x＜1时，f（x）＝16x，
5 5 1 1 1
则f（− ）＝f（2− ）＝f（− ）＝﹣f（ ）＝﹣16 4，
2 2 2 2
❑2=−
5
所以f（− ）+f（1）＝﹣4．
2
故选：B．
3
【变式3-1】（2021秋•金安区校级期末）若f（x）是R上周期为3的偶函数，且当0＜x≤ 时，f（x）＝
2
13
log x，则f(− )=（ ）
4
2
1 1
A．﹣2 B．2 C．− D．
2 2
13 1 1
【解题思路】根据题意，由函数的奇偶性与周期性可得f(− )=f（− ）＝f（ ），结合函数的解析
2 2 2
式分析可得答案．
13 1 1
【解答过程】解：根据题意，f（x）是R上周期为3的偶函数，则f(− )=f（− ）＝f（ ），
2 2 2
3 1 1 1
又由当0＜x≤ 时，f（x）＝log x，则f（ ）＝log =− ；
4 4
2 2 2 213 1
故f(− )=− ；
2 2
故选：C．
【变式3-2】（2020•深圳模拟）设f（x）是定义在R上以2为周期的偶函数，当x [2，3]时，f（x）＝x，
则x [﹣2，0]时，f（x）的解析式为（ ） ∈
A．∈f（x）＝2+|x+1| B．f（x）＝3﹣|x+1| C．f（x）＝2﹣x D．f（x）＝x+4
【解题思路】①当x [﹣2，﹣1]时，则x+4 [2，3]，由题意可得：f（x+4）＝x+4．再根据函数的周期
性可得f（x）＝f（x+∈4）＝x+4．②当x [﹣1∈，0]时，则2﹣x [2，3]，由题意可得：f（2﹣x）＝2﹣x．
再根据函数的周期性与函数的奇偶性可得∈ 函数的解析式． ∈
【解答过程】解：①当x [﹣2，﹣1]时，则x+4 [2，3]，
因为当x [2，3]时，f（x）∈ ＝x， ∈
所以f（x∈+4）＝x+4．
又因为f（x）是周期为2的周期函数，
所以f（x）＝f（x+4）＝x+4．
所以当x [﹣2，﹣1]时，f（x）＝x+4．
②当x [﹣∈ 1，0]时，则2﹣x [2，3]，
因为当∈x [2，3]时，f（x）＝∈x，
所以f（2∈﹣x）＝2﹣x．
又因为f（x）是周期为2的周期函数，
所以f（﹣x）＝f（2﹣x）＝2﹣x．
因为函数f（x）是定义在实数R上的偶函数，
所以f（x）＝f（﹣x）＝f（2﹣x）＝2﹣x．
所以由①②可得当x [﹣2，0]时，f（x）＝3﹣|x+1|．
故选：B． ∈
【变式3-3】（2022•道里区校级四模）已知f（x）为定义在R上的周期为4的奇函数，当x （0，1）时，
∈
2023 2019
f（x）＝e5x+a，若f( )−f(2022)=2e3，则f( )=（ ）
5 5
A．e3+e B．﹣e3﹣e C．e3﹣e D．﹣e3+e
【解题思路】由奇函数和周期函数的定义求得 f（2）＝0，结合已知区间上的f（x）的解析式求得a的
值，即可得到所求值．
【解答过程】解：f（x）为定义在R上的周期为4的奇函数，可得f（﹣2）＝﹣f（2），又f（﹣2）＝f（2），即f（2）＝0，
当x （0，1）时，f（x）＝e5x+a，
若f(
∈2023
)−f(2022)=2e3，即f（404+
3
）﹣f（4×505+2）＝f（
3
）﹣f（2）
5 5 5
＝e3+a﹣0＝2e3，解得a＝e3，
2019 1 1 1
所以f（ ）＝f（404− ）＝f（− ）＝﹣f（ ）＝﹣（e+a）＝﹣e﹣e3，
5 5 5 5
故选：B．
【题型4 对称性与周期性结合】
【例4】（2021•房山区二模）已知函数f（x）的图象关于原点对称，且周期为 4，若f（﹣1）＝2，则f
（2017）＝（ ）
A．2 B．0 C．﹣2 D．﹣4
【解题思路】由题意可得f（﹣x）＝﹣f（x），f（x+4）＝f（x），则f（2017）＝f（1）＝﹣f（﹣
1），计算可得所求值．
【解答过程】解：函数f（x）的图象关于原点对称，且周期为4，
可得f（﹣x）＝﹣f（x），f（x+4）＝f（x），
则f（2017）＝f（504×4+1）＝f（1）
＝﹣f（﹣1）＝﹣2，
故选：C．
【变式4-1】（2021秋•泸县月考）已知函数f（x）是（﹣∞，+∞）上的奇函数，且f（x）的图像关于直
1
线x＝1对称，当x [﹣1，0）时，f(x)=1−( ) x，则f（2020）+f（2021）＝（ ）
2
∈
A．﹣1 B．0 C．1 D．2
【解题思路】由f（x）的图像关于直线x＝1对称得f（1﹣x）＝f（1+x），再结合函数f（x）是（﹣∞，
+∞）上的奇函数，可求得函数周期，然后可解决此题．
【解答过程】解：由f（x）的图像关于直线x＝1对称得f（1﹣x）＝f（1+x），又因为合函数f（x）是
（﹣∞，+∞）上的奇函数，
所以﹣f（x﹣1）＝f（1+x），所以f（x）＝﹣f（x+2），所以f（x+2）＝﹣f（x+4），所以﹣f（x）＝
﹣f（x+4），
1
所以f（x）＝f（x+4），所以4是函数f（x）的周期，又因为当x [﹣1，0）时，f(x)=1−( ) x，
2
∈1
则f（2020）+f（2021）＝f（0）+f（1）＝0﹣f（﹣1）＝﹣1+（ ）﹣1＝1．
2
故选：C．
【变式4-2】（2021•西城区校级模拟）若f（x）是定义域为R的奇函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则下列
表述错误的是（ ）
A．f（x）的值域为R
B．f（x）为周期函数，且4为其一个周期
C．f（x）的图象关于x＝1对称
D．函数y＝f（x+1）的图象与函数y＝f（1﹣x）的图象关于y轴对称
【解题思路】根据函数奇偶性和对称性的性质，推导函数的周期性，结合函数的性质分别进行判断即可．
【解答过程】解：f（x+2）＝﹣f（x），得f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），
即函数f（x）是周期为4的周期函数，故B正确，
∵f（x）是定义域为R的奇函数，
x+2−x
∴由f（x+2）＝﹣f（x）＝f（﹣x）得 =1为常数，即函数关于x＝1对称，故C正确，
2
函数y＝f（x+1）是f（x）的图象向左平移1个单位，
y＝f（1﹣x）＝f[﹣（x﹣1）]，则y＝f（1﹣x）的图象是f（﹣x）向右平移1个单位，
∵f（x）与f（﹣x）关于y轴即x＝0对称，则函数y＝f（x+1）的图象与函数y＝f（1﹣x）的图象也是关
于y轴对称，故D正确，
定义域是R，无法判断函数的值域，故A错误，
故错误的是A，
故选：A．
【变式4-3】（2021•西城区校级模拟）若f（x）是定义域为R的奇函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则下列
表述错误的是（ ）
A．f（x）的值域为R
B．f（x）为周期函数，且4为其一个周期
C．f（x）的图象关于x＝1对称
D．函数y＝f（x+1）的图象与函数y＝f（1﹣x）的图象关于y轴对称
【解题思路】根据函数奇偶性和对称性的性质，推导函数的周期性，结合函数的性质分别进行判断即可．
【解答过程】解：f（x+2）＝﹣f（x），得f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），
即函数f（x）是周期为4的周期函数，故B正确，
∵f（x）是定义域为R的奇函数，x+2−x
∴由f（x+2）＝﹣f（x）＝f（﹣x）得 =1为常数，即函数关于x＝1对称，故C正确，
2
函数y＝f（x+1）是f（x）的图象向左平移1个单位，
y＝f（1﹣x）＝f[﹣（x﹣1）]，则y＝f（1﹣x）的图象是f（﹣x）向右平移1个单位，
∵f（x）与f（﹣x）关于y轴即x＝0对称，则函数y＝f（x+1）的图象与函数y＝f（1﹣x）的图象也是关
于y轴对称，故D正确，
定义域是R，无法判断函数的值域，故A错误，
故错误的是A，
故选：A．
【题型5 函数性质的综合应用】
对于所给题目条件，得到函数解析式，判断函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性等性质，进行转化求
解即可.
【例5】（2021秋•湛江月考）定义域为R的奇函数f（x）的图象关于直线x＝1对称，当x [0，1]时，f
（x）＝3x﹣1，则f（2000）+f（2001）+f（2002）+…+f（2021）＝（ ） ∈
A．﹣2 B．0 C．2 D．4
【解题思路】根据函数的对称性和函数的奇偶性即可证明 f（x）是周期函数，当x [0，1]时，f（x）＝
3x﹣1，可得f（0）＝0，f（1）＝2，f（2）＝f（0）＝0，f（3）＝f（﹣1）＝﹣f（1∈）＝﹣2，再结合周
期性即可求出答案．
【解答过程】证明：∵f（x）的图象关于x＝1对称，
∴f（1+x）＝f（1﹣x），
∵f（x）是R上的奇函数，
∴f（1+x）＝f（1﹣x）＝﹣f（x﹣1），
即f（2+x）＝﹣f（x），
∴f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），
即f（x）是周期为4的周期函数．
当x [0，1]时，f（x）＝3x﹣1，可得f（0）＝0，f（1）＝2，f（2）＝f（0）＝0，f（3）＝f（﹣1）＝
﹣f（∈1）＝﹣2，
则f（2000）+f（2001）+f（2002）+…+f（2021）＝5[f（0）+f（1）+f（2）+f（3）]+f（0）+f（1）＝5
（0+2+0﹣2）+0+2＝2．
故选：C．【变式5-1】（2021秋•广州期中）已知函数 x2−1，有以下结论：
f(x)=
x2+1
①f（x）的图象关于原点对称；
②f（x）的图象关于y轴对称；
③f（x）在R上单调递增；
④f（x）的值域为[﹣1，1）．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．② B．①④ C．②④ D．①③④
【解题思路】根据奇函数偶函数定义判断函数为偶函数，故①错误，②正确；通过换元，结合复合函数
2
的单调性以及函数的奇偶性可判断③错误；将函数通过换元转化为y＝1− 的形式，求出值域，可判断
t
④．
【解答过程】解：因为f（x） x2−1，
=
x2+1
定义域为x R，
f（﹣x） ( ∈ −x) 2−1 x2−1 f（x），
= = =
(−x) 2+1 x2+1
所以f（x）为偶函数，
所以f（x）的图象关于y轴对称，故①错误，②正确；
令t＝x2+1（t≥1），
当x （0，+∞）时，t＝x2+1单调递增，
当x∈（﹣∞，0）时，t＝x2+1单调递减，
∈t−2 2
而y= =1− （t≥1），在（1，+∞）单调递增，
t t
所以由复合函数单调性可知f（x）在（0，+∞）单调递增，
又f（x）为偶函数，
所以f（x）在（﹣∞，0）单调递减，故③错误；
t−2 2
因为y= =1− （t≥1），
t t
2
由t≥1，有0＜ ≤2，
t2
所以﹣2≤− ＜0，
t
2
故﹣1≤1− ＜1，
t
即y [﹣1，1），故④正确，
故选∈：C．
【变式5-2】（2021秋•枣强县校级期末）已知定义在 R上的奇函数f（x）的周期为4，其图象关于直线x
1
＝1对称，且当x （2，3]时，f（x）＝﹣（x﹣2）（x﹣4），则f（sin ），f（sin1），f（cos2）的大
2
∈
小关系为（ ）
1
A．f（cos2）＞f（sin1）＞f（sin ）
2
1
B．f（cos2）＞f（sin ）＞f（sin1）
2
1
C．f（sin ）＞f（cos2）＞f（sin1）
2
1
D．f（sin1）＞f（sin ）＞f（cos2）
2
【解题思路】根据函数的对称性和函数的周期性，画出函数的图象，从而得到函数的单调性，进而求出
函数值的大小．
【解答过程】解：由题意得函数f（x）的图象关于直线x＝1对称，
另外函数f（x）的周期为4，又当x （2，3]时，
f（x）＝﹣（x﹣2）（x﹣4）， ∈
∴可以画出函数f（x）的图象，如图示：
，
可知函数f（x）在[﹣1，1]上单调递减，
1
又﹣1＜cos2＜0＜sin ＜sin1＜1，
2
1
∴f（cos2）＞f（sin ）＞f（sin1），
2
故选：B．【变式5-3】（2021秋•安徽月考）已知定义在R上的函数f（x）满足：f（x﹣1）关于（1，0）中心对称，
3
f（x+1）是偶函数，且f(− )=1．则下列选项中说法正确的有（ ）
2
A．f（x）为偶函数 B．f（x）周期为2
9
C．f( )=1 D．f（x﹣2）是奇函数
2
【解题思路】由函数的对称性和奇偶性的定义，可判断 A；由奇偶性和周期性的定义，求得f（x）的周
期，可判断B；由周期性和奇偶性的定义，计算可判断C；由周期性和奇偶性的定义，可判断D．
【解答过程】解：由f（x﹣1）关于（1，0）中心对称，可得f（x﹣1）+f（2﹣x﹣1）＝0，
即为f（x﹣1）+f（1﹣x）＝0，即有f（﹣x）＝﹣f（x），即f（x）为奇函数，故A错误；
由f（x+1）是偶函数，可得f（﹣x+1）＝f（x+1），
即为f（﹣x）＝f（x+2），
所以f（x+2）＝﹣f（x），
则f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），
所以f（x）的周期为4，故B错误；
9 9 1 3 3
由f（ ）＝f（ −4）＝f（ ）＝f（ ）＝﹣f（− ）＝﹣1，故C错误；
2 2 2 2 2
由f（x﹣2）＝f（x+2）＝﹣f（﹣x﹣2），可得f（x﹣2）为奇函数，故D正确．
故选：D．
【题型6 抽象函数性质的综合应用】
【方法点拨】
抽象函数问题可以全面考查函数的概念与性质，将函数定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性、对称性、
图象集于一身，解决这类问题一般采用赋值法解决.【例6】（2022•抚顺一模）已知函数f（x）对任意x R都有f（x+4）＝f（x）﹣f（2），若y＝f（x+1）的
∈
图像关于直线x＝﹣1对称，且对任意的，x ，x [0，2]，当x ≠x 时，都有f(x )−f(x ) ，则下
1 2 1 2 1 2 ＜0
x −x
2 1
∈
列结论正确的是（ ）
1 1 1 1 1 1
＜ ＜ ＜ ＜
A．f(−3) f(4) 11 B．f(−3) 11 f(4)
f( ) f( )
2 2
1 1 1 1 1 1
＜ ＜ ＜ ＜
C． 11 f(−3) f(4) D．f(4) 11 f(−3)
f( ) f( )
2 2
【解题思路】y＝f（x+1）分析奇偶性，f（x+4）＝f（x）﹣f（2）分析周期性，由f(x )−f(x ) 分
1 2 ＜0
x −x
2 1
析单调性，结合题意选出答案．
【解答过程】解：因为y＝f（x+1）的图象关于直线x＝﹣1对称，
所以y＝f（x）向左平移一个单位关于直线x＝﹣1对称，
所以y＝f（x）关于直线x＝0（y轴）对称，
所以y＝f（x）是偶函数，
所以f（﹣2）＝f（2），
又因为f（x+4）＝f（x）﹣f（2），
令x＝﹣2得：2f（2）＝f（﹣2），
所以2f（2）＝f（﹣2）＝f（2），
所以f（2）＝f（﹣2）＝0，
所以f（x+4）＝f（x）
所以f（x）周期为4，
x ，x [0，2]，当x ≠x 时，都有f(x )−f(x ) ，
1 2 1 2 1 2 ＜0
x −x
2 1
∈
所以f(x )−f(x ) ，
1 2 ＞0
x −x
1 2
所以f（x）在[0，2]单调递增，
所以f（x）草图如下：11
由图像可得：f（﹣3）＝f（3）＞f（4），且 f( )＞f(5)=f(3)=f(−3)，
2
11
所以 0＞f( )＞f(−3)＞f(4)，
2
1 1 1
＜ ＜
11 f(−3) f(4)，
f( )
2
故选：C．
【变式6-1】（2021秋•武昌区校级期中）定义在（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的函数f（x）满足：①对任
意x，y （﹣∞，0）∪（0，+∞）恒有f（xy）＝f（x）+f（y）；②当x＞1时，f（x）＜0，且f（2）
＝﹣1．∈
（1）判断f（x）的奇偶性和单调性，并加以证明；
（2）求关于x的不等式f（3x﹣2）+f（x）+4≥0的解集．
【解题思路】（1）先求f（﹣1）的值，令y＝﹣1，推出f（﹣x）＝f（x）+f（﹣1），f（﹣x）＝f
（x）．结合函数奇偶性的定义，判断函数f（x）的奇偶性．
（2）根据抽象函数关系，结合函数单调性的定义先判断函数的单调性，结合函数奇偶性单调性的关系
将不等式进行转化求解即可．
【解答过程】解：（1）令x＝y＝1，则f（1×1）＝f（1）+f（1），得f（1）＝0；
再令x＝y＝﹣1，则f[（﹣1）×（﹣1）]＝f（﹣1）+f（﹣1），得f（﹣1）＝0．
对于条件f（x•y）＝f（x）+f（y），令y＝﹣1，
则f（﹣x）＝f（x）+f（﹣1），所以f（﹣x）＝f（x）．
又函数f（x）的定义域关于原点对称，所以函数f（x）为偶函数．
（2）任取x ，x （0，+∞），且x ＜x ，则有x 1．
1 2 1 2 2＞
x
∈ 1
又∵当x＞1时，f（x）＜0，∴f（x ）＜0
2
x
1
而f（x ）＝f（x •x ）＝f（x ）+f（x ）＜f（x ）
2 1 2 1 2 1
x x
1 1
即f（x ）＜f（x ），
2 1
所以函数f（x）在（0，+∞）上是减函数．
∵f（2）＝﹣1，∴f（4）＝f（2）+f（2）＝﹣1﹣1＝﹣2，
f（16）＝f（4）+f（4）＝﹣2﹣2＝﹣4；
则由f（3x﹣2）+f（x）+4≥0得f（3x﹣2）+f（x）≥﹣4，
即f[x（3x﹣2）]≥f（16），
∵函数f（x）是偶函数，且在（0，+∞）上是减函数，
∴{x(3x−2)＞0或{ x(3x−2)＜0 ，
x(3x−2)≤16 x(3x−2)≥−16
2
{x＞ 或x＜0 { 2
得 3 或 0＜x＜ ．
3
8
−2≤x≤ x∈R
3
2 8 2
得﹣2≤x＜0或 ＜x≤ 或0＜x＜ ，
3 3 3
2 2 8
即不等式的解集为{x|﹣2≤x＜0或0＜x＜ 或 ＜x≤ }．
3 3 3
【变式6-2】（2021秋•天心区校级期中）已知函数f（x），对于任意的x，y R，都有f（x+y）＝f（x）+f
∈
1
（y），当x＞0时，f（x）＜0，且f(1)=− ．
2
（1）求f（0），f（3）的值；
（2）当﹣8≤x≤10时，求函数f（x）的最大值和最小值．
1
【解题思路】（1）由于对于任意的x，y R，都有f（x+y）＝f（x）+f（y），且f(1)=− ，故当x，y
2
∈
取合适的值时，可求得f（0），f（2），f（3）的值；
（2）根据条件，令y＝﹣x，则f（x﹣x）＝f（x）+f（﹣x）＝f（0）＝0，f（﹣x）＝﹣f（x），可证f
（x）为奇函数，又根据当x＞0时，f（x）＜0，可用定义证明f（x）的单调性，从而求出f（x）的最值．【解答过程】解：（1）对于任意的x，y R，都有f（x+y）＝f（x）+f（y），
令x＝y＝0，则f（0）＝0， ∈
1
∵f(1)=− ．令x＝y＝1，则f（1+1）＝f（1）+f（1），∴f（2）＝﹣1；
2
3
∴f（2+1）＝f（2）+f（1）；即f(3)=− ．
2
（2）令y＝﹣x，则f（x﹣x）＝f（x）+f（﹣x）＝f（0）＝0，∴f（﹣x）＝﹣f（x），∴f（x）为奇函
数，
任取x ，x R，且x ＜x ，x ﹣x ＞0，则f（x ﹣x ）＜0，f（x ）﹣f（x ）＝f（x ）+f（﹣x ）＝f（x
1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
﹣x ）＜0，∈∴f（x ）＜f（x ），
1 2 1
所以f（x）在R上为减函数，
故当﹣8≤x≤10时，f（x） ＝f（﹣8）＝2f（﹣4）＝4f（﹣2）＝﹣4f（2）＝4，
max
f（x） ＝f（10）＝10f（1）＝﹣5．
min
故当﹣8≤x≤10时，函数f（x）的最大值是4，最小值是﹣5．
【变式6-3】（2021秋•东城区校级期中）已知定义在（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的函数f（x）满足：
① x，y （﹣∞，0）∪（0，+∞），f（x•y）＝f（x）+f（y）；②当x＞1时，f（x＞0），且f（2）＝
1．∀ ∈
（1）试判断函数f（x）的奇偶性；
（2）判断函数f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（3）求函数f（x）在区间[﹣4，0）∪（0，4]上的最大值；
（4）求不等式f（3x﹣2）+f（x）≥4的解集．
【解题思路】（1）先求f（﹣1）的值，令y＝﹣1，推出f（﹣x）＝f（x）+f（﹣1），f（﹣x）＝f
（x）．结合函数奇偶性的定义，判断函数f（x）的奇偶性；
（2）利用函数单调性的定义，直接判断函数f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（3）通过（1），（2）奇偶性，单调性，直接求函数f（x）在区间[﹣4，0）∪（0，4]上的最大值；
（4）利用函数单调性，奇偶性，不等式f（3x﹣2）+f（x）≥4，转化为|x（3x﹣2）|≥16，然后求出不
等式的解集．
【解答过程】解：（1）令x＝y＝1，则f（1×1）＝f（1）+f（1），得f（1）＝0；
再令x＝y＝﹣1，则f[（﹣1）×（﹣1）]＝f（﹣1）+f（﹣1），得f（﹣1）＝0．
对于条件f（x•y）＝f（x）+f（y），令y＝﹣1，
则f（﹣x）＝f（x）+f（﹣1），所以f（﹣x）＝f（x）．又函数f（x）的定义域关于原点对称，所以函数f（x）为偶函数．
（2）任取x ，x （0，+∞），且x ＜x ，则有x ．
1 2 1 2 2＞1
x
∈ 1
又∵当x＞1时，f（x）＞0，
∴ x
f( 2＞0．)
x
1
而 x x ，
f(x )=f(x ⋅ 2 )=f(x )+f( 2 )＞f(x )
2 1 x 1 x 1
1 1
所以函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．
（3）∵f（4）＝f（2×2）＝f（2）+f（2），又f（2）＝1，
∴f（4）＝2．
又由（1）知函数f（x）在区间[﹣4，0）∪（0，4]上是偶函数且在（0，4]上是增函数，
∴函数f（x）在区间[﹣4，0）∪（0，4]上的最大值为f（4）＝f（﹣4）＝2，
（4）∵f（3x﹣2）+f（x）＝f[x（3x﹣2）]，4＝2+2＝f（4）+f（4）＝f（16），
∴原不等式等价于f[x（3x﹣2）]≥f（16），
又函数f（x）为偶函数，且函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，
∴原不等式又等价于|x（3x﹣2）|≥16，
即x（3x﹣2）≥16或x（3x﹣2）≤﹣16，
8
∴不等式f（3x﹣2）+f（x）≥4的解集为{x|x≤−2，或x≥ }.
3
