文档内容
第 05 讲函数的单调性、奇偶性、周期性与对称性
（13 类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析
2024年天津卷，第4题,5分 函数奇偶性的定义与判断 求含cosx的函数的奇偶性
函数奇偶性的定义与判断 判断指数型函数的图象形状 识别三角函数的
2023年天津卷，第4题,5分
图象(含正、余弦，正切)根据函数图象选择解析式
2022年天津卷，第3题,5分 函数奇偶性的应用函数图像的识别 根据解析式直接判断函数的单调性
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度从低到高，分值为5分
【备考策略】1.理解、掌握函数的奇偶性、单调性、周期性与对称性，能够灵活运用函数的各种性质。
2.能掌握函数的性质
3.具备数形结合的思想意识，根据不同函数的性质解决问题
4.会解周期性与对称性的运算.
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给需要灵活结合函数的性质，求解含参，不等式，
解析式，求和等各种问题。知识讲解
知识点一.函数的单调性
1.单调函数的定义
增函数 减函数
一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的
任意两个自变量的值x，x
1 2
定
当 x ＜x 时，都有 f ( x ) ＞
1 2 1
义 当x ＜x 时，都有 f ( x ) ＜ f ( x )，那么就说函
1 2 1 2
f ( x )，那么就说函数 f(x)在
2
数f(x)在区间D上是增函数
区间D上是减函数
图
象
描
述
自左向右看图象是上升的 自左向右看图象是下降的
2.单调区间的定义
如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区
间 D 叫做y＝f(x)的单调区间．
注意：(1)函数单调性关注的是整个区间上的性质，单独一点不存在单调性问题，所以单调区间的端点若属
于定义域，则该点处区间可开可闭，若区间端点不属于定义域则只能开．
(2)单调区间D 定义域I.
(3)遵循最简原则，单调区间应尽可能大．
⊆
3.函数单调性的等价结论
(1) 函数f(x)在区间[a,b]上是增函数：
⇔任取x,x [a,b],且x0;
1 2 1 2 x −x
1 2
∈
⇔任取x,x [a,b],且x≠x,都有(x-x)[f(x )-f(x )]>0;
1 2 1 2 1 2 1 2
∈ x −x
⇔任取x,x [a,b],且x≠x,都有 1 2 >0.
1 2 1 2 f(x )−f(x )
1 2
∈
(2) 函数f(x)在区间[a,b]上是减函数：
⇔任取x,x [a,b],且x0;
1 2 1 2 1 2
∈ f(x )−f(x )
⇔任取x,x [a,b],且x≠x,都有 1 2 <0;
1 2 1 2 x −x
1 2
∈
⇔任取x,x [a,b],且x≠x,都有(x-x)[f(x )-f(x )]<0;
1 2 1 2 1 2 1 2
∈x −x
⇔任取x,x [a,b],且x≠x,都有 1 2 <0
1 2 1 2 f(x )−f(x )
1 2
∈
（3）在区间D上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．
（4）复合函数f(g(x))的单调性与函数y＝f(u)和u＝g(x)的单调性的关系是“同增异减”．
（5）对勾函数（耐克函数）
p
y=x+
形如 x （ p>0 ，且p为常数）
(−∞,−√p] [√p,+∞) (−√p,0) (0,√p)
在 和 上为增函数，在 和 上为减函数.
对勾函数有两条渐近线：一条是y轴（ x≠0 ，图象无限接近于y轴，但不相交），
p p
≠0
另一条是直线y=x（当x趋近于无穷大时， x 趋近于 0，y趋近于x，因为 x ，所以 y≠x ）.
y p
y = x + (p>0,且p为常数)
x
y = x
2 p
pO
p x
2 p
4.判断函数单调性的四种方法：
1定义法：取值、作差、变形因式分解、配方、有理化、通分、定号、下结论.
2复合法：同增异减，即内外函数的单调性相同时为增函数，不同时为减函数.
3图象法：如果fx是以图象形式给出的，或者fx的图象易作出，可由图象的直观性判断函数单调性.
4导数法：利用导函数的正负判断函数单调性.(选修中会学到)
(5)证明函数的单调性有定义法、导数法.但在高考中，见到有解析式，尽量用导数法.
易错警示：①求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间.
②如有多个单调增减区间应分别写，不能用“∪”联结.
知识点二.函数的奇偶性
1. 函数奇偶性的定义：
奇偶性 偶函数 奇函数
条件 设函数f(x)的定义域为I，如果∀x I，都有－x I
结论 f(－x)＝f(x) f(－x)＝－f(x)
∈ ∈
图象特点 关于 y 轴 对称 关于原点对称
注意：判断函数的奇偶性，其中包括两个必备条件：
1.定义域关于原点对称，这是函数具有奇偶性的必要不充分条件，所以首先考虑定义域；2.判断f(x)与f(-x)是否具有等量关系．在判断奇偶性的运算中，可以转化为判断奇偶性的等价关系式f(x)＋
f(-x)＝0(奇函数)或f(x)-f(-x)＝0(偶函数)是否成立．
3.若f(x)≠0，则奇(偶)函数定义的等价形式如下：
f(−x)
f(x)为奇函数⇔f(-x)＝-f(x) f(-x)＋f(x)＝0 ＝-1.
f(x)
① ⇔ ⇔
f(−x)
f(x)为偶函数⇔f(-x)＝f(x) f(-x)-f(x)＝0 ＝1.
f(x)
② ⇔ ⇔
2.判断函数奇偶性的方法
1．定义法：利用奇、偶函数的定义或定义的等价形式：＝±1(f(x)≠0)判断函数的奇偶性．
2．图象法：利用函数图象的对称性判断函数的奇偶性．
3．验证法：即判断f(x)±f(－x)是否为0.
4．性质法：设f(x)，g(x)的定义域分别是D，D，那么在它们的公共定义域上，有下面结论：
1 2
f(x) g(x) f (x)+g(x) f (x)−g(x) f (x)−g(x) f [g(x)]
偶函数 偶函数 偶函数 偶函数 偶函数 偶函数
偶函数 奇函数 不能确定 不能确定 奇函数 偶函数
奇函数 偶函数 不能确定 不能确定 奇函数 偶函数
奇函数 奇函数 奇函数 奇函数 偶函数 偶函数
总结：奇±奇=奇 偶±偶=偶奇×奇=偶 偶×偶=偶 奇×偶=奇
3.函数奇偶性的常用结论
1.如果一个奇函数f(x)在x＝0处有定义，那么一定有 f (0) ＝ 0 .
2.如果函数f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(|x|)．
3奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性，偶函数在两个对称的区间上具有相反的单调性．
4在公共定义域内有：奇±奇＝奇，偶±偶＝偶，奇×奇＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．
5.若y＝f(x＋a)是奇函数，则f(－x＋a)＝－f(x＋a)；若y＝f(x＋a)是偶函数，则f(－x＋a)＝f(x＋a)．
知识点三.周期性与对称性
1.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.中心对称
定义：如果一个函数的图像沿一个点旋转180度，所得的图像能与原函数图像完全重合，则称该函数具备
对称性中的中心对称，该点称为该函数的对称中心
3.周期性与对称性的常用结论
（1）函数周期的常见结论设函数y＝f(x)，x R，a>0.
①若f(x＋a)＝f(x－a)，则函数的周期为2a；
∈②若f(x＋a)＝－f(x)，则函数的周期为2a；
③若f(x＋a)＝，则函数的周期为2a；
④若f(x＋a)＝－，则函数的周期为2a；
（2）对称轴常见类型
a+b
①f (x+a)=f(−x+b)⇔y=f(x)图像关于直线x= 对称
2
② f (x+a)=f (−x+a)⇔y= f (x)的图象关于直线 对称
③ f (x)=f (−x+2a)⇔y= f (x) 的图象关于直线 对称
④ f (−x)=f (x+2a)⇔y= f (x)的图象关于直线 对称
（3）对称中心常见类型
a+b
①f(x+a)+f(b-x)=2c⇔y=f(x)图像关于直线( ,c)对称
2
② 的图象关于点 对称
f (x)+f (2a−x)=2b y=f (x) (a,b)
③ ⇔ 的图象关于点 对称
④
f (−x)+f (2a+x)=2b
⇔
y=f (x)
的图象关于点
(a,b)
对称
（4）周期与对称性的区分
①若f (x+a)=±f(x+b)，则 具有周期性；
②若f (x+a)=±f(−x+b)，则 具有对称性：
口诀：“内同表示周期性，内反表示对称性”。
考点一、函数的单调性
1.（2023·北京·高考真题）下列函数中，在区间(0,+∞)上单调递增的是（ ）
1
A．f(x)=−lnx B．f(x)=
2x
1
C．f(x)=− D．f(x)=3|x−1|
x
【答案】C
【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可.
【详解】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错误；
1
对于B，因为y=2x在(0,+∞)上单调递增，y= 在(0,+∞)上单调递减，
x
1
所以f (x)= 在(0,+∞)上单调递减，故B错误；
2x1
对于C，因为y= 在(0,+∞)上单调递减，y=−x在(0,+∞)上单调递减，
x
1
所以f (x)=− 在(0,+∞)上单调递增，故C正确；
x
|1 | 1
对于D，因为f
(1)
=32
−1
=32=√3，f (1)=3|1−1|=30=1,f (2)=3|2−1|=3，
2
显然f (x)=3|x−1|在(0,+∞)上不单调，D错误.
故选：C.
2.（2020·山东·高考真题）已知函数f (x)的定义域是R，若对于任意两个不相等的实数x ，x ，总有
1 2
f (x )−f (x )
2 1 >0成立，则函数f (x)一定是（ ）
x −x
2 1
A．奇函数 B．偶函数 C．增函数 D．减函数
【答案】C
【分析】利用函数单调性定义即可得到答案.
f (x )−f (x )
【详解】对于任意两个不相等的实数x ，x ，总有 2 1 >0成立，
1 2 x −x
2 1
等价于对于任意两个不相等的实数x f (g(x ))，
1 2 2 1 2 1
所以f (g(x))在[0,+∞)单调递增，故A错误，
设x g(x )，g(g(x ))g(f (x ))，
1 2 1 2 1 2
所以g(f (x))在[0,+∞)单调递减，故C正确；
取f (x)=x2−1，则f (f (x))=(x2−1) 2 −1，f (f (0))=0，f (f (−1))=−1，
此时f (f (x))在(−∞,0]不单调递减，故D错误.
故选：C.
3.（2024·山西吕梁·二模）已知函数y=f (4x−x2)在区间(1,2)上单调递减，则函数f (x)的解析式可以
为（ ）
A．f (x)=4x−x2 B．f (x)=2|x|
C．f (x)=−sinx D．f (x)=x
【答案】A
【分析】根据复合函数单调性分析可知f (x)在区间(3,4)上单调递减，进而逐项分析判断即可.
【详解】因为t=4x−x2开口向下，对称轴为t=2，
可知内层函数t=4x−x2在区间(1,2)上单调递增，
当x=1，t=3；当x=2，t=4；
可知t=4x−x2 ∈(3,4)，
又因为函数y=f (4x−x2)在区间(1,2)上单调递减，
所以f (t)在区间(3,4)上单调递减，即f (x)在区间(3,4)上单调递减.
对于选项A：因为函数f (x)=4x−x2在区间(3,4)上单调递减，故A正确；
对于选项B：因为x∈(3,4)，则f (x)=2|x|=2x在区间(3,4)上单调递增，故B错误；
π 3π
( )
对于选项C：因为x∈(3,4)⊆ , ，则f (x)=−sinx在区间(3,4)上单调递增，故C错误；
2 2
对于选项D：因为f (x)=x在区间(3,4)上单调递增，故D错误.
故选：A.4.（23-24高三上·上海杨浦·期中）已知函数y=f (x)，x∈R.若f (1)0解得x<2，或x>3，令t=(x−3)(x−2)，
当x<2时，t=(x−3)(x−2)单调递减，y=lnt单调递增，
则g(x)=ln[(x−3)(x−2)]单调递减；
当x>3时，t=(x−3)(x−2)单调递增，y=lnt单调递增，
则g(x)=ln[(x−3)(x−2)]单调递增；
则g(x)的单调递减区间是(−∞,2).
故答案为：(−∞,2).
f (x)
6.（22-23高三上·上海杨浦·阶段练习）若函数y=f (x)在区间I上是严格增函数，而函数y= 在区
x
间I上是严格减函数，那么称函数y=f (x)是区间I上的”缓增函数”，区间I叫做“缓增区间”.已知函数
1 3
f (x)= x2-x+ 是区间I上的“缓增函数”，若定义b-a为[a,b]的区间长度，那么满足条件的“缓增区
2 2
间”I的区间长度最大值为 .
【答案】√3-1
f (x)
【分析】分别求出函数f (x)的单增区间，再求出y= 的单减区间，即可求出函数f (x)的“缓增区间”，
x
进而求出“缓增区间”I的区间长度最大值.
1 3
【详解】二次函数f (x)= x2-x+ 的单增区间是[1,+∞).
2 2
f (x) x 3
而y= = + -1.
x 2 2x
f (x) x 3
由对勾函数的性质可知：y= = + -1的单减区间为[-√3,0)，(0,√3].
x 2 2x
1 3
所以[1,√3]及其非空真子集均为函数f (x)= x2-x+ 的“缓增区间”，其中区间[1,√3]的长度最长，为
2 2
√3-1.
所以满足条件的“缓增区间”I的区间长度最大值为√3-1.
故答案为：√3-1.
考点 三 、 利用函数的单调性求参数的取值范围
1.（2023·全国·高考真题）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
【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.【详解】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，
a 2 a2 a
则有函数y=x(x−a)=(x− ) − 在区间(0,1)上单调递减，因此 ≥1，解得a≥2，
2 4 2
所以a的取值范围是[2,+∞).
故选：D
2.（2024·湖北·二模）已知函数f (x)=log (ax−2)在[1,+∞)上单调递增，则 a 的取值范围是
5
（ ）
A．(1,+∞) B．[ln2,+∞)C．(2,+∞) D．[2,+∞)
【答案】C
【分析】先由题设条件证明a>2，再验证a>2时条件满足即可.
【详解】若f (x)=log (ax−2)在[1,+∞)上单调递增，
5
则必然在x=1处有定义，所以a1−2>0，即a>2；
若a>2，则当x≥1时ax−2≥a−2>0，所以f (x)在[1,+∞)上有定义，
再由a>1知ax−2在R上单调递增，所以f (x)在[1,+∞)上单调递增.
故选：C.
1.（2024·广东揭阳·二模）已知函数f (x)=−x2+ax+1在(2,6)上不单调，则a的取值范围为
（ ）
A．(2,6) B．(−∞,2]∪[6,+∞)
C．(4,12) D．(−∞,4]∪[12,+∞)
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用二次函数的单调性列出不等式求解即得.
a a
【详解】函数f (x)=−x2+ax+1的图象对称轴为x= ，依题意，2< <6，得40,a≠1)在(−∞,3)上
a
单调，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由命题q求出a的取值范围，再判断充分性和必要性即可.
【详解】设t=6−ax，则f (x)=log (6−ax)(a>0,a≠1)可化为y=log t．
a a
充分性：当00，
a
所以f (x)=log (6−ax)(a>0,a≠1)在(−∞,3)上单调递增，因此充分性成立．
a
必要性：当00，所以
a
f (x)=log (6−ax)(a>0,a≠1)在(−∞,3)上单调递增；
a
当a>1时，y=log t在(−∞,3)上单调递增，t=6−ax在(−∞,3)上单调递减，且t=6−ax>0在(−∞,3)上
a
恒成立，所以6−3a≥0，则10,a≠1)在(−∞,3)上单调递减．
a
综上可知，当函数f (x)=log (6−ax)(a>0,a≠1)在(−∞,3)上单调时，01，由对勾函数的性质可知，y=t+ 在(1,+∞)单调递增，
t t
所以f (x)=2x+2−x在区间(0,+∞)上单调递增，故C正确；
f (x)=tanx为奇函数，故D错误；
故选：C
x
3.（2024·湖北武汉·模拟预测）函数f (x)=ln(ex+1)− （ ）
2
A．是偶函数，且在区间(0,+∞)上单调递增 B．是偶函数，且在区间(0,+∞)上单调递㺂
C．是奇函数，且在区间(0,+∞)上单调递增 D．既不是奇函数，也不是偶函数
【答案】A
【分析】借助函数奇偶性的定义可判断函数奇偶性，借助导数即可得函数单调性.
x x x
【详解】∵f (x)的定义域为R，f (−x)=ln(e−x+1)+ =ln(ex+1)−x+ =ln(ex+1)− =f (x)，
2 2 2
∴f (x)为偶函数；
ex 1 ex−1
当x>0时，f'(x)= − = >0,∴f (x)在区间(0,+∞)上单调递增.
ex+1 2 2(ex+1)
故选：A.
4.（2024·北京朝阳·二模）下列函数中，既是奇函数又在其定义域上是增函数的是（ ）
A．f（x）=sinx B．f（x）=cosx
C．f (x)=√x D．f (x)=x3
【答案】D
【分析】根据已知的各个函数的性质，可以直接作出判断.
π π
【详解】f（x）=sinx是奇函数，它在区间[− +2kπ, +2kπ],k∈Z上单调递增，在定义域内不是
2 2
增函数，所以选项A是错误的；
f（x）=cosx是偶函数，所以选项B是错误的；
f (x)=√x既不是奇函数又不是偶函数，所以选项C是错误的；
f (x)=x3满足既是奇函数又在其定义域上是增函数，所以选项D是正确的；
故选：D.
考点 五 、 利用函数奇偶性求参数
xex
1.（2023·全国·高考真题）已知f(x)= 是偶函数，则a=（ ）
eax−1
A．−2 B．−1 C．1 D．2
【答案】D【分析】根据偶函数的定义运算求解.
xex xex (−x)e−x x[ex−e(a−1)x]
【详解】因为f (x)= 为偶函数，则f (x)−f (−x)= − = =0，
eax−1 eax−1 e−ax−1 eax−1
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.
2x−1
2.（2023·全国·高考真题）若f (x)=(x+a)ln 为偶函数，则a=（ ）．
2x+1
1
A．−1 B．0 C． D．1
2
【答案】B
【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出a值，再检验即可.
1
【详解】因为f(x) 为偶函数，则 f(1)=f(−1)，∴(1+a)ln =(−1+a)ln3，解得a=0，
3
2x−1 1 1
当a=0时，f (x)=xln ，(2x−1)(2x+1)>0，解得x> 或x<− ，
2x+1 2 2
1}
则其定义域为¿或x<− ，关于原点对称.
2
2(−x)−1 2x+1 (2x−1) −1 2x−1
f (−x)=(−x)ln =(−x)ln =(−x)ln =xln =f (x)，
2(−x)+1 2x−1 2x+1 2x+1
故此时f (x)为偶函数.
故选：B.
1.（2024·黑龙江·三模）已知函数f (x)=(ex+e−x)sinx−2在[−2,2]上的最大值和最小值分别为M，N，
则M+N=（ ）
A．−4 B．0 C．2 D．4
【答案】A
【分析】构造函数g(x)=f (x)+2，证明g(x)为奇函数，从而得到M+2+N+2=0，即可求出M+N的值.
【详解】令g(x)=f (x)+2=(ex+e−x)sinx，定义域为R，
因为f (x)在[−2,2]上的最大值和最小值分别为M，N，
所以g(x)在[−2,2]上的最大值和最小值分别为M+2，N+2，
因为g(−x)=(e−x+ex)sin(−x)=−(e−x+ex)sinx=−g(x)，
所以g(x)为奇函数，g(x)的图象关于原点对称，
所以g(x)的最大值和最小值互为相反数，即M+2+N+2=0，
所以M+N=−4，故选：A.
x3
2.（23-24高三上·安徽安庆·阶段练习）已知函数f (x)= +3在区间[−2023,2023]上的最大值为M，
x2+2
最小值为m，则M+m= ．
【答案】6
x3
【分析】设g(x)= ，分析可知g(x)为奇函数，根据奇函数的对称性分析求解.
x2+2
x3
【详解】设g(x)= ，
x2+2
则g(x)的定义域为R，且连续不断，
x3 (−x) 3
由g(x)+g(−x)= + =0，可知g(x)为奇函数，
x2+2 (−x) 2+2
设g(x)在[−2023,2023]上的最大值为g(x )，
0
由奇函数的对称性可知g(x)在[−2023,2023]上的最小值为g(−x )=−g(x )，
0 0
则函数f (x)=g(x)+3在区间[−2023,2023]上的最大值为M=g(x )+3，最小值为m=−g(x )+3，
0 0
所以M+m=g(x )+3−g(x )+3=6.
0 0
故答案为：6.
3.（23-24高三上·福建莆田·期中）函数f (x)=(x2−6x)sin(x−3)+x+a(x∈[0,6])的最大值为M，
最小值为m，若M+m=10，则a= ．
【答案】2
【分析】
将 函 数 解 析 式 化 为 f (x)=[(x−3) 2−9]sin(x−3)+x−3+a+3， 设 x−3=t∈[−3,3]， 则
f(x)=g(t)=(t2−9)sint+t+a+3，记ℎ(t)=(t2−9)sint+t,t∈[−3,3]，则ℎ(t)为奇函数，根据奇
函数的性质及M+m=10，即可求得a的值.
【详解】因为f (x)=(x2−6x)sin(x−3)+x+a=[(x−3) 2−9]sin(x−3)+x−3+a+3，
设x−3=t∈[−3,3]，
则f(x)=g(t)=(t2−9)sint+t+a+3，
设ℎ(t)=(t2−9)sint+t,t∈[−3,3]，
则ℎ(−t)=−(t2−9)sint−t=−ℎ(t)，
所以ℎ(t)是[−3,3]上的奇函数，最大值为M−(a+3)，最小值为m−(a+3)，
所以M−(a+3)+m−(a+3)=0，
由M+m=10，得a=2，
故答案为：2.2tx2+√2tsin ( x+ π) +x
4.（2023高三·全国·专题练习）若关于x的函数 4 的最大值和最
f (x)= (t≠0)
2x2+cosx
小值之和为4，则t= ．
【答案】2
【分析】
tsinx+x
根据三角恒等变换和分类常量法可得f (x) =t+ =t+g(x)，由函数的奇偶性可知g(x)为奇函数，
2x2+cosx
则g(x) +g(x) =0，进而f(x) +f(x) =g(x) +g(x) +2t=0，即可求解.
max min max min max min
【详解】
√2 √2 √2 √2
当− ≤x≤ 时，0≤2x2≤1,cosx>0，当x<− 或x> 时，2x2>1，
2 2 2 2
所以f (x)的定义域为R.
2tx2+√2t (√2 sinx+ √2 cosx ) +x tsinx+x
又 2 2 t(2x2+cosx)+(tsinx+x) =t+ ，
f (x)= = 2x2+cosx
2x2+cosx 2x2+cosx
tsinx+x −tsinx−x
设g(x)= ，则g(−x)= =−g(x)，∴g(x)为奇函数；设g(x)的最大数值为M，最小
2x2+cosx 2x2+cosx
值为N，
则M+N=0，则f (x)的最大数值为M+t，最小值为N+t，
∴f (x)的最大值与最小值之和为M+N+2t=4，得t=2．
故答案为：2．
5.（2024 高三·全国·专题练习）如果奇函数f (x)在[3,7]上是增函数且最小值 5，那么f (x)在区间
[−7,−3]上是 （ ）．
A．增函数且最小值为 −5 B．减函数且最小值为 −5
C．增函数且最大值为 −5 D．减函数且最大值为 −5
【答案】C
【分析】根据奇函数的性质即可得对称区间上的单调性与最值.
【详解】因为f (x)是奇函数，所以f (x)在区间 [−7,−3]上的单调性与f (x)在[3,7]上的单调性相同，也是
增函数，f (x)在[3,7]上的最小值5，即f (3)=5，
所以f (x)在区间[−7,−3]上的最大值为f (−3)=−f (3)=−5.
故选：C.
考点 六 、 利用函数奇偶性求解析式
1.（23-24高三下·上海·阶段练习）已知函数y=f (x),x∈R为奇函数，当x≥0时，f (x)=2x3+2x−1，当x<0时，f (x)的表达式为（ ）
A．2x3+2x−1 B．2x3−2−x+1
C．−2x3+2−x−1D．−2x3−2x+1
【答案】B
【分析】根据奇函数定义，结合x≥0的解析式直接求解即可.
【详解】当x<0时，−x>0，∴f (−x)=−2x3+2−x−1，
又f (x)为奇函数，∴f (x)=−f (−x)=2x3−2−x+1，
即当x<0时，f (x)=2x3−2−x+1.
故选：B.
2.（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）f (x)为定义在R上的奇函数，当x>0时，f (x)=2x+1，则x<0
时，f (x)= ．
【答案】−2−x−1
【分析】由x<0时，得到−x>0，从而f (−x)=2−x+1，再利用f (x)为定义在R上的奇函数求解.
【详解】解：当x<0时，−x>0，
则f (−x)=2−x+1，
因为f (x)为定义在R上的奇函数，
所以f (x)=−f (−x)=−2−x−1．
故答案为：−2−x−1
1.（2024·江西景德镇·三模）已知函数f (x)=¿是奇函数，则x>0时，g(x)的解析式为（ ）
(1) x (1) x
A．− B． C．−2x D．2x
2 2
【答案】C
(1) x
【分析】设x>0，利用x<0时，f (x)= 和f (−x)=−f (x)可求得g(x)的解析式.
2
【详解】设x>0，则−x<0，
所以f (−x)=
(1) −x
=2x ，
2
又函数f (x)是奇函数，所以f (−x)=−f (x)，即−f (x)=2x ⇒ f (x)=−2x，x>0.
即g(x)=−2x.
故选：C
2.（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知f (x)为奇函数，g(x)为偶函数，且满足f (x)+g(x)=ex+x，
则g(x)=（ ）ex−e−x ex+e−x ex−e−x−2x ex−e−x+2x
A． B． C． D．
2 2 2 2
【答案】B
【分析】根据题意可得¿，由函数的奇偶性可得¿，解之即可求解.
【详解】由题意知，f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，
则f(−x)=−f(x),g(−x)=g(x)，
所以¿，即¿，
ex+e−x
解得g(x)= .
2
故选：B
3.（2024·云南昆明·模拟预测）已知 f (x)， g(x)分别为定义在R上的奇函数和偶函数，
f (x)+g(x)=x3+ax2+a，则f (3)= ．
【答案】27
【分析】根据函数奇偶性的定义，利用方程组法求出函数f (x)的解析式，即可得解.
【详解】因为f (x)，g(x)分别为定义在R上的奇函数和偶函数，
而f (x)+g(x)=x3+ax2+a，①
所以f(−x)+g(−x)=−x3+ax2+a，即f(x)−g(x)=x3−ax2−a，②
由①+②得f(x)=x3，所以f(3)=27．
故答案为：27.
4.（23-24高一上·甘肃兰州·期末）设函数f (x)=
ax+b
是定义在(−1,1)上的奇函数，且f
(1)
=
4
．则
1+x2 2 5
函数f (x)的解析式为 ．
2x
【答案】f (x)=
1+x2
【分析】
(1) 4
首先根据f (0)=0，求b，再根据f = ，求a，即可求得函数的解析式.
2 5
ax
【详解】由奇函数的性质可知，f (0)=b=0，即f (x)= ，
1+x2
1
a
(1) 2 4
又f = = ，得a=2，
2 1 5
1+
4
2x
所以f (x)= .
1+x2
2x
故答案为：f (x)=
1+x25.（2023·黑龙江·模拟预测）已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f (x)=x−cosx+1，则
当x⩾0时，f (x)= ．
【答案】x+cosx−1
【分析】由奇函数的性质即可求解，注意当x=0时要单调独验证.
【详解】解：当x>0,−x<0,f (−x)=−x−cos(−x)+1，又因为f (x)为R上的奇函数，
所以f (−x)=−f (x)=−x−cos(−x)+1，解得f (x)=x+cosx−1，
又f (0)=0+cos0−1=0，所以当x≥0,f (x)=x+cosx−1．
故答案为：x+cosx−1.
考点 七 、 利用单调性奇偶性解不等式
1. （ 22-23 高 三 上 · 甘 肃 定 西 · 阶 段 练 习 ） 定 义 在 R上 的 奇 函 数 f (x)满 足 对 任 意 的
f (x )−f (x )
x ,x ∈(0,+∞)(x ≠x )， 有 1 2 >0， 且 f (2)=0， 则 不 等 式 (x−1)f (x)≤0的 解 集 为
1 2 1 2 x −x
1 2
（ ）
A．[−2,0] B．(−∞,−2)∪[1,2]
C．[−2,0]∪[1,2] D．(−∞,−2]∪[0,2]
【答案】C
【分析】根据题意可知f (x)在(0,+∞)上单调递增，结合奇函数的对称性可得f (x)在(−∞,0)上单调递增，
根据题意分析f (x)的符号，进而解不等式即可.
f (x )−f (x )
【详解】因为对任意的x ,x ∈(0,+∞)(x ≠x )， 1 2 >0，
1 2 1 2 x −x
1 2
可知f (x)在(0,+∞)上单调递增，
且f (x)为定义在R上的奇函数，则f (x)在(−∞,0)上单调递增，
又因为f (2)=0,f (0)=0，且(x−1)f (x)≤0，则有：
当x∈(−2,0)∪(2,+∞)时，f (x)>0，可得x−1≤0，解得−21，2−x<1，所以2x−2−x>0，故y'>0在(0,+∞)上恒成立.
所以函数y=2x+2−x在(0,+∞)上单调递增，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
所以f(a−1)≤f(2a+1) ⇒ |a−1|≤|2a+1|，
所以a2−2a+1≤4a2+4a+1 ⇒ 3a2+6a≥0，解得a≥0或a≤−2．
故选：B
1.（2024·湖北武汉·二模）已知函数f (x)=x|x|，则关于x的不等式f (2x)>f (1−x)的解集为
（ ）
(1 ) ( 1) (1 ) ( 1)
A． ,+∞ B． −∞, C． ,1 D． −1,
3 3 3 3
【答案】A
【分析】消去绝对值可得函数的单调性，利用函数单调性解不等式即可得.
【详解】由f (x)=x|x|=¿，故f (x)在R上单调递增，
1
由f (2x)>f (1−x)，有2x>1−x，即x> .
3
故选：A.
2.（2024·江西·模拟预测）已知奇函数f (x)在R上单调递增，且f (2)=1，则不等式f (x)+1<0的解集为
（ ）
A．(−1,1) B．(−2,2) C．(−2,+∞)D．(−∞,−2)
【答案】D
【分析】利用函数的奇偶性及单调性计算即可.
【详解】由f (x)+1<0，可得f (x)<−1，
因为f (x)是奇函数，且f (2)=1，所以f (x)f (x+1)成立的x的取值范围是（ ）
x+1
A．(−∞,−3)B．(1,+∞)
C．(−∞,−3)∪(1,+∞) D．(−3,1)
【答案】D
【分析】先判断f (x)在[0,+∞)上的单调性，再由其为偶函数将f (−2)>f (x+1)转化为f (|−2|)>f (|x+1|)，
则可得|−2|>|x+1|，从而可求得x的取值范围
2
【详解】因为y=x2和y=− 在[0,+∞)上均单调递增，
x+1
2
所以f (x)=x2− 在[0,+∞)上单调递增．
x+1
因为f (x)是定义在R上的偶函数，
所以f (−2)>f (x+1)可化为f (|−2|)>f (|x+1|)，
所以|−2|>|x+1|，解得−30，则x的取值范
围是 .
【答案】(−1,3)
【详解】因为f(x)是偶函数，所以不等式f(x−1)>0⇔f(|x−1|)>f(2)，又因为f(x)在[0,+∞)上单
调递减，所以|x−1|<2，解得−11，
t
2
又内层函数t=2x−1+1在R上单调递增，外层函数y=2− 在(1,+∞)上单调递增，
t
所以根据复合函数单调性的法则可知，函数f (x)单调递增，故A正确；
2 2
因为2x−1+1>1，所以0< <2，则0<2− <2，
2x−1+1 2x−1+1
所以函数f (x)的值域为(0,2)，故B正确；
22−x 4 2
f (2−x)= = = ，f (2−x)+f (x)=2，
21−x+1 2+2x 2x−1+1
所以函数f (x)关于点(1,1)对称，故C错误，D正确.
故选：C.
3.（23-24高三上·北京·开学考试）下列函数中，没有对称中心的是（ ）
1
A．f(x)= B．f(x)=x3
x+1
C．f(x)=tanx D．f(x)=2|x|
【答案】D
【分析】结合函数图像及性质分别判断各个选项即可.
1
【详解】f(x)= 的对称中心是(−1,0),A不正确;
x+1
f(x)=x3的对称中心是(0,0),B不正确;
(kπ
)
f(x)=tanx的对称中心是 ,0 ,C不正确;
2
f(x)=2|x|
结合指数型函数的图像可知函数无对称中心,D选项正确.
故选：D.
x
4.（22-23高三上·北京房山·期中）已知函数y= ，则下列命题错误的是（ ）
x−1
A．该函数图象关于点(1,1)对称；
B．该函数的图象关于直线y=−x+2对称；
C．该函数在定义域内单调递减；1
D．将该函数图象向左平移一个单位，再向下平移一个单位后与函数y= 的图象重合．
x
【答案】C
x 1
【分析】依题意可得y= ，再根据函数的平移变换及反比例函数y= 的性质判断即可.
x−1 x
x x−1+1 1
【详解】解：∵y= = =1+
x−1 x−1 x−1
1 x
把y= 向右，向上分别平移1个单位即可得到y= 的图象，
x x−1
1 x
因为y= 为奇函数，关于(0,0)对称，所以y= 的图象关于点(1,1)对称，故A正确；
x x−1
x 1
则将y= 的图象向左平移一个单位，再向下平移一个单位得到y= ，故D正确
x−1 x
1 x
由于函数 y= 的图象关于 y=−x对称，根据函数的图象的平移可知函数 y= 的图象关于
x x−1
y=−(x−1)+1=2−x对称，故B正确
1
y=1+ 在(1,+∞)，(−∞,1)上单调递减，但在整个定义域内不具备单调性，故C错误
x−1
故选：C．
考点 九 、 利用函数对称性求解析式
1
1.（高考真题）与曲线y= 关于原点对称的曲线为（ ）
x−1
1 1 1 1
A．y= B．y=− C．y= D．y=−
1+x 1+x 1−x 1−x
【答案】A
1
【分析】在与曲线 y= 关于原点对称的曲线上任取一点P (x,y)，可知点P (−x,−y)在曲线
x−1 1 2
1 1
y= ，将点P 的坐标代入曲线y= 的方程，化简可得结果.
x−1 2 x−1
1
【详解】在与曲线y= 关于原点对称的曲线上任取一点P (x,y)，
x−1 1
1 1
则点P (x,y)关于原点的对称点P (−x,−y)在曲线y= 上，所以，−y= ，
1 2 x−1 −x−1
1
化简得y= ，
x+1
1 1
因此，与曲线y= 关于原点对称的曲线为y= .
x−1 x+1故选：A.
2.（全国·高考真题）下列函数中，其图像与函数y=lnx的图像关于直线x=1对称的是
A．y=ln(1−x) B．y=ln(2−x) C．y=ln(1+x) D．y=ln(2+x)
【答案】B
【详解】分析：确定函数y=lnx过定点（1，0）关于x=1对称点，代入选项验证即可．
详解：函数y=lnx过定点（1，0），（1，0）关于x=1对称的点还是（1，0），只有y=ln(2−x)过此点．
故选项B正确
点睛：本题主要考查函数的对称性和函数的图像，属于中档题．
1.（22-23高三上·四川成都·阶段练习）下列函数中，其图象与函数f (x)=2x的图象关于原点对称的是
（ ）
A．y=−2x B．y=2−x C．y=log xD．y=−2−x
2
【答案】D
【分析】根据关于原点对称的性质进行求解即可.
【详解】函数f (x)=2x的图象关于原点对称的是y=−f (−x)=−2−x，
故选：D
2.（22-23高三下·河南平顶山·阶段练习）下列函数中，其图象与函数y=log x的图象关于直线x=2对
2
称的是（ ）
A．y=log (2+x)B．y=log (2−x)
2 2
C．y=log (4+x)D．y=log (4−x)
2 2
【答案】D
【分析】设所求函数的图象上任意一点P(x,y)，求得关于x=2对称的点为Q(4−x,y)，代入已知函数，
即可求解.
【详解】设所求函数的图象上任意一点P(x,y)，则点P关于x=2对称的点为Q(4−x,y)，
由题意知点Q在y=log x的图象上，可得y=log (4−x)，
2 2
即函数y=log x关于x=2对称的函数解析式为y=log (4−x)．
2 2
故选：D．
3.（2022·湖北·模拟预测）下列函数与y=2x−cosx的图象关于原点对称的函数是（ ）
A．y =−2x+cosx B．y =2−x−cos(−x)
1 1
C．y =−2−x+cos(−x) D．y =−2−x−cos(−x)
1 1
【答案】C
【分析】令f(x)=2x−cosx与g(x)关于原点对称，根据g(x)+f(−x)=0即可求对称函数解析式.
【详解】令f(x)=2x−cosx，与g(x)关于原点对称，则g(x)+f(−x)=0，所以g(x)=−f(−x)=−[2−x−cos(−x)]=cos(−x)−2−x.
故选：C
4.（2023·陕西宝鸡·二模）请写出一个图像关于点(1,0)对称的函数的解析式 ．
1
【答案】y= （答案不唯一）
x−1
【分析】可利用关于原点对称的图象，再把对称中心平移到点(1,0)即可得．
1 1
【详解】y= 的图象关于原点对称，则y= 的图象关于点(1,0)对称．同样如函数y=(x−1) 3也满足
x x−1
题意．
1
故答案为：y= （答案不唯一）．
x−1
5.（22-23 高三上·广东汕头·期末）写出符合如下两个条件的一个函数f (x)= ．①
f (−x)−f (x+2)=0，②f (x)在(−∞,0)内单调递增．
【答案】−x2+2x−1（答案不唯一）
【分析】先求出对称轴，再结合单调性即可．
【详解】∵ f (−x)−f (x+2)=0
∴ f (2−x)=f (x)
∴函数的图象关于x=1对称，
又∵函数在(−∞,0)内单调递增，
∴符合条件的一个函数解析式可以是：f (x)=−x2+2x−1（答案不唯一）．
故答案为：−x2+2x−1（答案不唯一）．
6.（20-21 高三上·北京西城·期中）函数f(x)的图象与曲线 y=log x关于x轴对称，则f(x)=
2
（ ）
A．2x B．−2x
1
C．log (−x)D．log
2 2 x
【答案】D
【解析】任取函数f(x)上的一点(x,y)，先求出点(x,y)关于x轴对称的点坐标为(x,−y)，又点(x,−y)在
曲线y=log x上，整理即可得出结果.
2
【详解】任取函数f(x)上的一点(x,y)，
由函数f(x)的图象与曲线y=log x关于x轴对称，
2
则点(x,y)关于x轴对称的点坐标为(x,−y)，
又点(x,−y)在曲线y=log x上，
2
1
可得−y=log x⇒y=−log x=log ，
2 2 2 x1
则f (x)=log .
2 x
故选：D.
【点睛】关键点睛：求出点(x,y)关于x轴对称的点坐标是解题的关键.
考点 十 、 函数的周期性
1.（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数f (2x+5)的周期是3，则f (x)的周期为（ ）．
3
A． B．3 C．6 D．9
2
【答案】C
【分析】根据函数周期的定义，求解即可．
【详解】因为f (2x+5)的周期是3，
所以f (2x+5)=f [2(x+3)+5]=f(2x+11)，令2x= y，
则f(y+5)=f(y+11)，所以f(x)的周期为6，
故选：C．
2.（2024·全国·模拟预测）德国数学家狄利克雷（Dirichlet）是解析数论的创始人之一，下列关于狄
利克雷函数D(x)=¿的结论正确的是（ ）
A．D(D(x))有零点 B．D(x)是单调函数
C．D(x)是奇函数 D．D(x)是周期函数
【答案】D
【 详 解 】 根 据 狄 利 克 雷 函 数 的 性 质 即 可 由 D(x)=0或 D(x)=1均 为 有 理 数 求 解 A ， 根 据
D(1)=D(2)=1,D(√2)=0即可判断单调性求解B，根据x和−x同为有理数或同为无理数，即可求解C，
根据x和x+T同为有理数或同为无理数即可求解D.
【分析】对于A，因为D(x)=0或D(x)=1均为有理数，
所以D(D(x))=1>0，故D(D(x))没有零点，A错误，
对于B，因为D(1)=D(2)=1,D(√2)=0，所以D(2)=D(1)>D(√2)，
故D(x)不是单调函数，B错误，
对于C，因为x和−x同为有理数或同为无理数，所以D(−x)=D(x)，
故D(x)是偶函数，C错误，
对于D，设T为任意非零有理数，则x和x+T同为有理数或同为无理数，
所以D(x+T)=D(x)，故D(x)是周期函数（以任意非零有理数为周期），D正确，
故选：D.1.（22-23高三上·广东广州·阶段练习）已知实数a>0，函数f (x)的定义域为R，则“对任意的x∈R，
都有f (x-a)=-f (x)”是“2a是函数f (x)的一个周期”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分、必要性的定义，结合周期性判断题设条件间的推出关系.
【详解】由∀x∈R有f (x)=-f (x-a)=f (x-2a)且a>0，故2a是f (x)的一个周期，充分性成立；
由2a是函数f (x)的一个周期，则f (x)=f (x+2a)，即f (x-a)=f (x+a)，而f (x+a)=-f (x)不一
定成立，即f (x-a)=-f (x)不一定成立，必要性不成立；
所以“对任意的x∈R，都有f (x-a)=-f (x)”是“2a是函数f (x)的一个周期”的充分不必要条件.
故选：B
2.（20-21高三上·上海崇明·阶段练习）关于函数的周期有如下三个命题：
T
甲：已知函数y=f(x)和y=g(x)定义域均为R，最小正周期分别为T 、T ，如果 1∈Q，则函数
1 2 T
2
y=f(x)+g(x)一定是周期函数；
乙：y=f(x)不是周期函数，y=|f(x)|一定不是周期函数；
丙：函数y=f(x)在R上是周期函数，则函数y=f(x)在[0,+∞)上也是周期函数.
其中正确的命题的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【解析】根据周期的定义，依次判断即可.
T m
【详解】对甲：设 1= ∈Q，m,n∈Z，则nT =mT ，设T=nT =mT ，对于任意的x∈R，则
T n 1 2 1 2
2
f(x+T)+g(x+T)=f(x+nT )+g(x+nT )=f(x)+g(x)，故甲说法正确；
1 2
对乙：f(x)=sin|x|不是周期函数，但|f(x)|=|sin|x||是周期函数，故乙说法错误；
对丙：函数y=f(x)在R上是周期函数，则存在非零常数T，对任意x∈R都有f(x+T)=f(x)，故当
x≥0时，也有f(x+T)=f(x)，
即f(x)仍是周期为T的函数，故丙说法正确.
故选：C
【点睛】本题主要考查对周期的定义的运用，属于中档题.
3.（2024高三·全国·专题练习）已知函数f（x）的定义域为R，且对于x∈R，恒有f（x＋1）＝－f
（x），则函数f（x）的周期为 ．
【答案】2
【分析】利用已知条件进行代换即可得到答案.【详解】已知f (x+1)=−f (x)，用x+1替换式子中的x可得f (x+2)=−f (x+1)=f (x)，由周期定义可得函
数的周期为2，
故答案为：2
( p)
4.（22-23高三·全国·对口高考）若存在常数p>0，使得函数f (x)满足f (px)=f px− ，则f (px)的
2
一个正周期为 ．
1
【答案】 /0.5
2
【分析】令g(x)=f (px)，利用函数周期性的定义推导可得出结论.
【详解】令g(x)=f (px)，对任意的x∈R，存在常数p>0，
( p) ( ( 1)) ( 1)
使得f (px)=f px− =f p x− ，即g(x)=g x− ，
2 2 2
1 1
故函数g(x)的一个周期为 ，即函数f (px)的一个正周期为 .
2 2
1
故答案为： .
2
考点 十一 、 奇偶性与周期性求值
1.（23-24高三下·云南·阶段练习）定义在R上的函数f (x)满足f (1−x)=f (x+1)，且y=f (x+2)为奇函
数．当x∈(2,3]时，f (x)=(x−2) 3−3(x−2)，则f (2023)=（ ）
A．−5 B．−2 C．−1 D．1
【答案】B
【分析】由题意求得周期，再根据f (2023)=f (4×505+3)=f (3)代入求解即可.
【详解】因为函数y=f (x+2)为奇函数，则f (−x+2)=−f (x+2)，
即f (2−x)+f (2+x)=0，可得f (4−x)+f (x)=0．
又因为f (1−x)=f (x+1)，则f (4−x)=f (x−2)，
所以f (x)+f (x−2)=0，可得f (x)+f (x+2)=0，
则f (x+2)=f (x−2)，即f (x+4)=f (x)，
所以f (2023)=f (4×505+3)=f (3)=1−3×1=−2.
故选：B．
2.（2024·福建泉州·模拟预测）已知y=f (x+1)+1为奇函数，则f (−1)+f (0)+f (1)+f (2)+f (3)=
（ ）
A．6 B．5 C．−6 D．−5
【答案】D【分析】根据奇函数性质对函数f (x)=f (x+1)+1依次赋值x=0,1,2即可求解.
【详解】由题y=f (x+1)+1为奇函数，则f(−x+1)+1=−f(x+1)−1，
所以f(−x+1)+f(x+1)=−2⇒f(2−x)+f(x)=−2，
所以f (x)关于(1,−1)对称，
所以f (−1)+f (0)+f (1)+f (2)+f (3)=[f (−1)+f (3)]+f (1)+[f(0)+f (2)]=−2−1−2=−5，
故选：D.
1.（2024·江西·二模）已知定义在R上的函数f(x)满足f(0)=0,f(3x)=4f(x)且f(1−x)+f(x)=2，
(2)
则f =（ ）
3
3 1 2 1
A． B． C． D．
2 2 3 3
【答案】A
(1 ) (1) (2)
【分析】根据题意，可得f (x)关于 ,1 对称，进一步求得f (1)=2，结合条件求得f ，可求得f .
2 3 3
(1 )
【详解】由f (1−x)+f (x)=2，可知f (x)关于 ,1 对称，又f (0)=0，则f (1)=2，
2
1
又f (3x)=4f (x)，则f (x)= f (3x)，
4
(1) 1 1 (2) (1) 1 3
∴f = f (1)= ，∴f =2−f =2− = .
3 4 2 3 3 2 2
故选：A.
2. （ 2024· 贵 州 黔 西 · 一 模 ） 已 知 f(x+4)=f(−x)， f(x+1)为 奇 函 数 ， 且 f(2)=2， 则
f(2023)+f(2024)=（ ）
A．4047 B．2 C．−2 D．3
【答案】C
【分析】根据题意，推得f (x)=f(x+4)，得到y=f (x)是周期为4的周期函数，再由f(2)=2，f (1)=0，
求得f(0)=−2，f(3)=0，结合f(2023)+f(2024)=f(3)+f(0)，即可求解.
【详解】由函数f(x+1)为奇函数，可得f (x)关于点(1,0)对称，且f (1)=0，
所以f(x)=−f(2−x)，即f(−x)=−f(2+x)，
又因为f(x+4)=f(−x)，可得f(x+4)=−f(2+x)，
即f (x)=−f(x+2)，则f (x+2)=−f(x+4)，所以f (x)=f(x+4)，
所以函数y=f (x)是周期为4的周期函数，
因为f(2)=2，f (1)=0，可得f(0)=−f(2)=−2，f(3)=−f(1)=0，所以f(2023)+f(2024)=f(505×4+3)+f(506×4)=f(3)+f(0)=0−2=−2.
故选：C.
3.（2020·重庆沙坪坝·模拟预测）定义在R上的奇函数f (x)满足f (x+1)=f (1−x)，且x∈[0,1]时，
f(x)=2x−1，则f (log 8)=（ ）
2
1
A．−1 B．1 C．7 D．−
2
【答案】A
【分析】由题可得f(log 8)=f(3)=f(−1)，然后结合奇偶性，即可利用解析式求出答案.
2
【详解】∵f(x+1)=f(1−x)，
∴f(log 8)=f(3)=f(−1)，
2
又f(x)是奇函数，且x∈[0,1]时，f(x)=2x−1，
∴f(−1)=−f(1)=−21+1=−1，
∴f(log 8)=−1，
2
故选：A.
【点睛】本题综合考查了函数奇偶性和对称性的应用，考查简单的指、对数计算，难度不大.
4.（2024·宁夏固原·一模）已知定义在R上的函数f (x)满足对任意实数x都有f (x+3)=f (x+2)f (x+1)，
n
f (x)=f (2−x)成立，若f (2)=1，则∑❑f(k)= ．
k=1
【答案】n
【分析】由f (x)=f (2−x)可得函数f (x)的对称性，再对f (x+3)=f (x+2)f (x+1)中的x进行赋值，依次得
n
到f(0)，f(1)，f(3)，⋯，即可求出∑❑f(k).
k=1
【详解】由f (x)=f (2−x)可得函数f (x)图象关于直线x=1对称，
因f (2)=1，故f(0)=1，在f (x+3)=f (x+2)f (x+1)中，令x=−1，代入可得f(1)=1，
再令x=0，代入可得f(3)=1，再令x=1，代入可得f(4)=1，⋯，
n
故令x=n−3，代入可得f(n)=1，故
∑❑f(k)=⏟1+1+⋯+1=n
.
k=1
n个
故答案为：n.
5.（23-24高三上·贵州贵阳·阶段练习）已知函数f (x)=log |x−a|+1，当x∈¿时，f (6+x)=f (2−x)，
2
则f (2)= .
【答案】2
【分析】由题意条件得到f (x)的图象关于直线x=4对称，从而得到a=4，再代入求值即可.
【详解】由f (6+x)=f (2−x)可知，函数f (x)的图象关于直线x=4对称，
而函数f (x)=log |x−a|+1的图象关于直线x=a对称，所以a=4，
2所以f (x)=log |x−4|+1，
2
所以f (2)=log |2−4|+1=2.
2
故答案为：2
考点 十二 、 奇偶性与周期性求参数
4x−4
1.2024·全国·模拟预测）若函数f (x)= 的图象关于点(1,0)对称，则a=（ ）
2x (x−a) 2
A．0 B．−1 C．1 D．2
【答案】C
【分析】特殊值法：由图象关于点(1,0)对称可得f (0)=−f (2)代入计算求解，然后检验即可.
【详解】解：∵f (x)的图象关于点(1,0)对称，
−3 12
∴f (0)+f (2)=0，即 + =0，
a2 4(2−a) 2
4x−4
解得a=1,∴f (x)= ，
2x (x−1) 2
经检验知f (x)的图象关于点(1,0)对称，
故选：C.
1
2.（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)= 的图象关于点(1,f (1))对称，则a=（ ）
ex+a
A．1 B．2 C．e D．e2
【答案】C
【分析】利用函数中心对称的性质，代入化简解方程即可求得a=e.
【详解】由对称中心性质可知函数f (x)满足f (x)+f (2−x)=2f (1)，
1 1 2
+ =
即 ，
ex+a e2−x+a e+a
整理可得e3−x+ex+1+2ae=2e2+aex+ae2−x，即e(e2−x+ex−2e)=a(ex+e2−x−2e)，
解得a=e.
故选：C
1.（2023·江西南昌·三模）若实数m,n满足¿，则m+n=（ ）
A．-4 B．-3 C．-2 D．-1
【答案】A【分析】根据给定等式构造函数f(x)=x3+6x2+13x+10，探讨函数f(x)的对称性及单调性，由此计算
得解.
【详解】令函数f(x)=x3+6x2+13x+10，求导得f' (x)=3x2+12x+13=3(x+2) 2+1>0，
则函数f(x)在R上单调递增，
又f(−2+x)+f(−2−x)=(−2+x) 3+6(−2+x) 2+13(−2+x)+10
+(−2−x) 3+6(−2−x) 2+13(−2−x)+10=0，因此函数f(x)的图象关于点(−2,0)对称，
由¿，得f(m)=20,f(n)=−20，即f(m)+f(n)=0，
所以m+n=−4.
故选：A
2.（2023·山西临汾 ·模拟预测）若 9a+(a−2)⋅3a−1=0， 9b+(b+1)⋅3b+1−9=0，则 a+b=
（ ）
1 1
A． B． C．1 D．2
3 2
【答案】C
【分析】变形给定等式，构造函数并探讨函数性质推理计算即得.
【详解】由9a+(a−2)⋅3a−1=0，得3−a−3a−a+2=0，令函数f(x)=3−x−3x−x+2，
由9b+(b+1)⋅3b+1−9=0，得3b−1−31−b+b+1=0，令函数g(x)=3x−1−31−x+x+1，
1
在函数y=g(x)图象上任取点(x,y)，该点关于直线x= 对称点(1−x,y)，
2
显然y=3x−1−31−x+x+1，而y=3x−1−31−x+x+1=3−(1−x)−31−x−(1−x)+2=f(1−x)，
1
即点(1−x,y)在函数y=f(x)的图象上，因此函数y=g(x)图象与函数y=f(x)的图象关于直线x= 对称，
2
而点(a,0)在函数y=f (x)的图象上，点(b,0)在函数y=g(x)的图象上，
又函数f(x)在R上单调递减，函数g(x)在R上单调递增，所以a,b的值唯一，
1
于是点(a,0)与点(b,0)关于直线x= 对称，所以a+b=1.
2
故选：C
【点睛】结论点睛：函数 y=f(x)的定义域为 R，则函数y=f(a+x)与y=f(b−x)的图象关于直线
b−a
x= 对称.
2
3.（23-24 高三上·安徽淮南·阶段练习）函数f (x)=(x2+2x)(x2+ax+b)满足：对∀x∈R，都有
f (1+x)=f (1−x)，则a+b为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】根据题意易得方程组¿，解出方程组即可得结果.
【详解】因为函数f (x)=(x2+2x)(x2+ax+b)满足：对∀x∈R，都有f (1+x)=f (1−x)，所以¿，即¿，解得¿，
经检验满足题意，所以a+b=2，
故选：C.
4.（2024高三下·全国·专题练习）已知函数g(x)=x3−9x2+29x−30，g(m)=−12，g(n)=18，则
m+n= ．
【答案】6
【分析】根据给定函数，探讨其图象的对称中心，再利用对称性求出m+n.
【详解】设函数f (x)图象的对称中心为(a,b)，则有2b=f (x)+f(2a−x)，
即2b=x3−9x2+29x−30+(2a−x) 3−9(2a−x) 2+29(2a−x)−30，
整理得2b=(6a−18)x2−(12a2−36a)x+8a3−36a2+58a−60，比较系数可得a=3,b=3，
因此函数f (x)图象的对称中心为(3,3)，又f (m)=−12，f (n)=18，且f (m)+f (n)=6，
则点(m,f (m))和点(n,f (n))关于(3,3)对称，所以m+n=2×3=6.
故答案为：6
5.（23-24 高三上·广东东莞·期末）若函数f (x)=(x2−2x)(x2+ax+b)的图象关于x=−2对称，则
a+b= ，f (x)的最小值为 ．
【答案】 34 −36
【分析】由函数的对称性可知，方程x2+ax+b=0的两根分别为x=−4、x=−6，利用韦达定理可求得a、
b的值，可得出a+b的值，变形可得出f (x)=(x2+4x)(x2+4x−12)，令t=x2+4x≥−4，利用二次函数
的基本性质求出ℎ(t)=t(t−12)在t≥−4时的最小值，即可得出函数f (x)的最小值.
【详解】因为函数f (x)=(x2−2x)(x2+ax+b)的图象关于x=−2对称，
令f (x)=0，可得x2−2x=0，可得x=0或x=2，
由对称性可知，方程x2+ax+b=0的两根分别为x=−4、x=−6，
由韦达定理可得¿，可得¿，
所以，f (x)=x(x−2)(x2+10x+24)=x(x−2)(x+4)(x+6)，
则f (−4−x)=(−x−4)(−x−6)(−x)(−x+2)=x(x−2)(x+4)(x+6)=f (x)，
所以，函数f (x)=x(x−2)(x+4)(x+6)的图象关于直线x=−2对称，则a+b=34，
因为f (x)=(x2+4x)(x2+4x−12)，
令t=x2+4x=(x+2) 2−4≥−4，令ℎ(t)=t(t−12)=t2−12t=(t−6) 2−36，
所以，ℎ(t) = ℎ(6)=−36.
min
故答案为：34；−36.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到方程 x2−2x=0有两个根，利用f (x)的对称性求得
x2+ax+b=0有对应的两个根，从而求得a,b，由此得解.
x−2
6.（23-24高三上·山东济宁·期中）已知函数f (x)=(x+a)log 关于直线x=b对称，则2a+2b=
24−x．
65
【答案】
8
(5) (7)
【 分 析 】 先 通 过 定 义 域 关 于 直 线 x=b对 称 求 出 b， 再 通 过 f =f 求 出 a， 证 明 函 数
2 2
x−2
f (x)=(x+a)log 关于直线x=b对称后，代入a,b值求2a+2b即可.
24−x
x−2
【详解】∵函数f (x)=(x+a)log 的定义域为(2,4)，
24−x
又函数f (x)关于直线x=b对称，即定义域(2,4)也关于直线x=b对称，
∴b=3
(5) (7)
∴f =f ，
2 2
5 7
−2 −2
(5 ) 2 (7 ) 2
∴ +a log = +a log ，
2 2 5 2 2 7
4− 4−
2 2
解得a=−3，
x−2
证明：f (x)=(x−3)log 关于直线x=3对称，
24−x
6−x−2 4−x x−2
f (6−x)=(6−x−3)log =(3−x)log =(x−3)log =f (x)，
2 4−6+x 2 x−2 24−x
x−2
故f (x)=(x−3)log 关于直线x=3对称，
24−x
65
∴2a+2b=2−3+23=
.
8
65
故答案为： .
8
考点 十三 、 奇偶性与周期性解不等式
1.（2022·四川凉山·二模）定义在R上的奇函数f (x)，满足f (x+2)=−f (x)，当0≤x≤1时f (x)=x，则
1
f (x)≥ 的解集为（ ）
2
[1 ) [1 3]
A． ,+∞ B． ,
2 2 2
[ 1 3] [ 1 3]
C． 4k+ ,4k+ (k∈Z) D． 2k+ ,2k+ (k∈Z)
2 2 2 2【答案】C
【分析】根据题意求得函数f (x)是周期为4的函数，且图象关于x=1对称，进而画出函数的图象，得到当
1
x∈[−1,3]时，求得f (x)= 的解，进而求得不等式的解集.
2
【详解】由题意，函数f (x)满足f (x+2)=−f (x)，可得f (x)=f (x+4)，
所以函数f (x)是周期为4的函数，
又由f (x)为R上的奇函数，可得f (−x)=−f (x)，
所以f (x+2)=f (−x)，可得函数f (x)的图象关于x=1对称，
因为当0≤x≤1时f (x)=x，
可函数f (x)的图象，如图所示，
1 1 3
当x∈[−1,3]时，令f (x)= ，解得x= 或x= ，
2 2 2
1 [ 1 3]
所以不等式f (x)≥ 的解集为 4k+ ,4k+ (k∈Z).
2 2 2
故选：C.
2.（2022·湖北十堰·模拟预测）已知函数f(x−1)是偶函数，f(x)在区间[−1,+∞)内单调递减，
f(−3)=0，则不等式f(x)⋅ln|x+1|>0的解集为（ ）
A．(−3,−1)∪(1,+∞) B．(−3,−2)∪(0,1)
C．(−∞,−2)∪(−1,1) D．(−1,0)∪(1,+∞)
【答案】B
【分析】根据f(x−1)是偶函数得到f(x)的图像关于直线x=−1对称，由函数单调性结合f(−3)=0得到
f(1)=0，及(−∞,−1)上单调递增，画出y=f(x)和y=ln|x+1|的图象，数形结合求出不等式的解集.
【详解】由f(x−1)是偶函数知f(x)的图像关于直线x=−1对称，
再根据f(x)在区间[−1,+∞)内单调递减和f(−3)=0知:
f(x)在区间(−∞,−1)内单调递增，f(1)=0，
则函数y=f(x)和y=ln|x+1|的大致图像如图所示，由图象可知：当x∈(−3,−2)∪(0,1)时，f(x)>0,ln|x+1|>0，f(x)⋅ln|x+1|>0
故f(x)⋅ln|x+1|>0的解集为(−3,−2)∪(0,1)．
故选：B．
2
1.（23-24高三上·江苏徐州·阶段练习）已知函数f (x)=x3− ，则不等式f (x)+f (2x−1)>−2的
ex+1
解集为（ ）
(1 ) ( 1)
A． ,+∞ B．(1,+∞) C． −∞, D．(−∞,1)
3 3
【答案】A
【分析】由题意可得f (−x)+f (x)=−2，问题转化为f (2x−1)>f (−x)，再判断函数f (x)的单调性，利用
单调性求解即可得解.
2 2 2
【详解】∵f (x)=x3− ，∴f (−x)=(−x) 3− =−x3+ −2，∴f (−x)+f (x)=−2，
ex+1 e−x+1 ex+1
所以不等式f (x)+f (2x−1)>−2可转化为f (2x−1)>f (−x)，
又y=x3在R上单调递增，y=ex在R上单调递增，
2
进而y=− 在R上单调递增，所以函数f (x)在R上单调递增，
ex+1
1
∴2x−1>−x，解得x> ，
3
(1 )
所以原不等式的解集为 ,+∞ .
3
故选：A.
2.（2023·甘肃张掖·模拟预测）已知函数f(x)的定义域为R，f (x−1)的图象关于点(1,0)对称，f (3)=0，f (x )−f (x )
且对任意的x ,x ∈(−∞,0)，x ≠x ，满足 2 1 <0，则不等式(x−1)f (x+1)≥0的解集为
1 2 1 2 x −x
2 1
（ ）
A．(−∞,1]∪[2,+∞)B．[−4,−1]∪[0,1]
C．[−4,−1]∪[1,2] D．[−4,−1]∪[2,+∞)
【答案】C
【分析】
首先根据f(x−1)的图象关于点(1,0)对称，得出(x)是定义在R上的奇函数，由对任意的x ，
1
f(x )−f(x )
x ∈(−∞,0)，x ≠x ，满足 2 1 <0，得出f(x)在(−∞,0)上单调递减，然后根据奇函数的对
2 1 2 x −x
2 1
称性和单调性的性质，求解即可．
【详解】
∵f(x−1)的图象关于点(1,0)对称，∴f(x)的图象关于点(0,0)对称，∴f(x)是定义在R上的奇函数，
f(x )−f(x )
∵对任意的x ，x ∈(−∞,0)，x ≠x ，满足 2 1 <0，∴f(x)在(−∞,0)上单调递减，所以
1 2 1 2 x −x
2 1
f(x)在(0,+∞)上也单调递减，
又f (3)=0所以f (−3)=0，且f (0)=0，
所以当x∈(−∞,−3)∪(0,3)时，f (x)>0；当x∈(−3,0)∪(3,+∞)时，f (x)<0，
所以由(x−1)f (x+1)≥0可得¿或¿或x−1=0，
解得−4≤x≤−1或1≤x≤2，即不等式(x−1)f (x+1)≥0的解集为¿．
故选：C.
3.（23-24高三上·辽宁辽阳·期末）已知f (x+1)是偶函数，f (x)在[1,+∞)上单调递增，f (0)=0，则不
等式(x+1)f (x)>0的解集为（ ）
A．(1,+∞) B．(2,+∞)
C．(−2,0)∪(0,2) D．(−1,0)∪(2,+∞)
【答案】D
【分析】由条件结合图象平移得到f(x)的图象，结合图象即可求解.
【详解】函数f(x)的图象可由f (x+1)的图象向右平移1个单位得到，
因为f (x+1)是偶函数，则其图象关于y轴对称，
所以f(x)的图象关于直线x=1对称，
又f (x)在[1,+∞)上单调递增，则f(x)在(−∞,1]上单调递减，
又f (0)=0，则有f (2)=0，
当x+1>0，即x>−1时，需f(x)>0，
解得−12；
当x+1<0，即x<−1时，需f(x)<0，无解；综上，不等式(x+1)f (x)>0的解集为(−1,0)∪(2,+∞).
故选：D
4.（2022·上海·模拟预测）设f (x)是定义在R上的以2为周期的偶函数，在区间[1,2]上严格递减，且满
足f (π)=1，f (2π)=0，则不等式组¿的解集为 .
【答案】[2π−6,4−π]
【分析】首先根据函数的周期性和奇偶性得到f (x)区间[0,1]上严格递增，又根据f (4−π)=f (π)=1，
f (2π−6)=f (2π)=0，从而得到¿，再根据单调性求解即可.
【详解】因为f (x)是偶函数，且在区间[1,2]上严格递减，
所以f (x)区间[−2,−1]上严格递增，
又因为f (x)的周期为2，所以f (x)区间[0,1]上严格递增.
又因为f (4−π)=f (π)=1，f (2π−6)=f (2π)=0，
所以¿，
解得2π−6≤x≤4−π.
故答案为：[2π−6,4−π]
5.（2022·江西景德镇·三模）周期为4的函数f (x)满足f (x)=f (4−x)，且当x∈[0,2]时f (x)=x3−1，
则不等式f (x)≤0在[−2,2]上的解集为 ；
【答案】[−1,1]
【分析】由周期性及已知确定函数是偶函数，再说明函数在[0,2]是增函数，然后利用奇偶性与单调性解不
等式．
【详解】f(x)周期是4，则f(x)=f(4−x)=f(−x)，所以f(x)是偶函数，
x∈[0,2]时，f(x)=x3−1是增函数，且f(1)=0，
不等式f (x)≤0化为f(|x|)≤f(1)，
所以|x|≤1，−1≤x≤1．
故答案为：[−1,1]．
6.（22-23高三上·全国·阶段练习）已知函数f(x)在R上单调递增，若f(4−x)+f(x)=2，且f(3)=2，
则0≤f(x−1)≤2的解集为 .
【答案】[2,4]
【分析】依题意可得f (x)的图像关于点(2,1)对称，即可得到f (1)=0，再根据函数的单调性将函数不等式
转化为自变量的不等式，解得即可.【详解】解：因为f(4−x)+f(x)=2，所以f (x)的图像关于点(2,1)对称，
因为f(3)=2，所以f (1)=0，又f(x)在R上单调递增，
所以0≤f(x−1)≤2等价于f (1)≤f (x−1)≤f (3)，所以1≤x−1≤3，即2≤x≤4，
所以原不等式的解集为[2,4]；
故答案为：[2,4]
1．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数f (x)=x3−x+ln(x+√a+x2)(x∈R)为奇函数，则a=
（ ）
A．−1 B．0 C．1 D．√2
【答案】C
【分析】由奇函数的定义可得f(x)+f(−x)=0，结合对数的运算性质计算即可求解.
【详解】因为f(x)为R上的奇函数，所以f(x)+f(−x)=0，
即x3−x+ln(x+√a+x2 )−x3+x+ln(−x+√a+x2 )=0，
整理得lna=0，解得a=1.
故选：C
2．（2024·山东泰安·三模）已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f (x)=−x5−3x+a−1，
则f (−a)的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】由奇函数性质可求得a的值，结合f(−a)=−f(a)计算即可.
【详解】由题意得，函数f(x)为奇函数，且定义域为R，
由奇函数的性质得，f (0)=a−1=0，解得a=1，经过检验符合题意，
所以当x≥0时，f (x)=−x5−3x，
所以f (−a)=−f (a)=−f (1)=−(−1−3)=4.
故选：D.
3．（2024·浙江绍兴·三模）已知函数f (2x+1)为偶函数，若函数g(x)=f (x)+21−x+2x−1−5的零点个
数为奇数个，则f (1)=（ ）
A．1 B．2 C．3 D．0
【答案】D
【分析】由函数g(x)的图象关于x=1对称得零点关于x=1对称，但g(x)的零点个数为奇数个可得答案.
【详解】因为函数f (2x+1)为偶函数，所以f (−2x+1)=f (2x+1)，所以y=f (x)的图象关于x=1对称，
令ℎ(x)=21−x+2x−1−5，则ℎ(2−x)=2x−1+21−x−5= ℎ(x)，
可得函数ℎ(x)=21−x+2x−1−5的图象关于x=1对称，
所以函数g(x)=f (x)+21−x+2x−1−5的图象关于x=1对称，
则函数g(x)的零点关于x=1对称，但g(x)的零点个数为奇数个，
则f (1)=0.
故选：D.
1
4．（2024·四川成都·模拟预测）函数y=3x与y=−
的图象（ ）
3x
A．关于x轴对称 B．关于y轴对称
C．关于原点对称 D．关于y=x对称
【答案】C
【分析】根据函数图象的对称性即可判断，对于两个函数f(x)与g(x)，如果它们的图象关于原点对称，
即g(−x)=−f(x)在定义域内恒成立，则称f(x)与g(x)为中心对称，利用指数函数的图象的对称性，得
出结论.
1
【详解】令函数y=f (x)=3x,y=g(x)=−
，
3x
1
所以g(−x)=− =−3x=−f (x)
3−x
即g(−x)=−f(x)，所以函数f(x)与g(x)的的图象关于原点对称，
1
即函数y=3x与y=−
的图象的的图象关于原点对称，
3x
故选：C.
5．（2024·青海西宁·模拟预测）已知函数f (x)是定义在R上的偶函数，且满足f (x+4)=f (x)，当
x∈[−2,0]时，f (x)=−3x−2x，则f (1)+f (4)= .
2
【答案】
3
5
【分析】由题意可得T=4且f (1)=f (−1)= ，直接计算即可求解.
3
【详解】设函数f (x)的最小正周期为T，则T=4.
5
因为f (x)是定义在R上的偶函数，所以f (1)=f (−1)= ，
32
所以f (1)+f (4)=f (−1)+f (0)= .
3
2
故答案为：
3
6．（2024·四川内江·三模）若函数f(x)=¿是奇函数，则a+b= .
【答案】−3
【分析】利用奇函数定义，结合分段函数分段探讨求解即得.
【详解】函数f(x)=¿是奇函数，f(0)=0，
当x<0时，−x>0，f(x)=−f(−x)=−(x2−ax)=−x2+ax，
而当x<0时，f(x)=bx2−2x，则b=−1,a=−2，
当x>0时，−x<0，f(x)=−f(−x)=−(bx2+2x)=−bx2−2x，
而当x>0时，f(x)=x2+ax，则b=−1,a=−2，
所以b=−1,a=−2，a+b=−3.
故答案为：−3
7．（2024·云南曲靖·模拟预测）写出满足f (2x−1)为R上的偶函数且f (0)=2的一个函数解析式：
；
【答案】f (x)=(x+1) 2+1（答案不唯一）
【分析】先由题给条件求得f (x)的图象性质，结合f (0)=2及二次函数的对称性得到其可能的解析式.
【详解】由f (2x−1)为R上的偶函数可得f (−2x−1)=f (2x−1)，所以f (−x−1)=f (x−1)，
则f (x)的图象关于直线x=−1对称，
又f (0)=2，结合二次函数性质可得f (x)=(x+1) 2+1，（答案不唯一）
故答案为：f (x)=(x+1) 2+1（答案不唯一）
2x2 3
1．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数f(x)=cosx− +2，则不等式f(x)> 的解集为
π2 2
（ ）
π π π π
A． ( −∞,− ) ∪ ( ,+∞ ) B． ( − , )
3 3 3 3
π π π π
C． ( −∞,− ) ∪ ( ,+∞ ) D． ( − , )
2 2 2 2
【答案】D
【分析】先利用偶函数定义判断f (x)为偶函数，再利用导数得到f (x)在(0,+∞)上单调递减，则不等式等价
π
于f (|x|)>f ( ) ，利用函数的单调性转化为自变量的不等式，解得即可.
22x2
【详解】函数f(x)=cosx− +2的定义域为R，
π2
2(−x) 2 2x2
f(−x)=cos(−x)− +2=cosx− +2=f (x)，所以f (x)为偶函数，
π2 π2
2x2 4
由f(x)=cosx− +2得f' (x)=−sinx− x，
π2 π2
4
当x>0时，x∈(2kπ,2kπ+π],k∈N，−sinx<0，− x<0，
π2
4
有f' (x)=−sinx− x<0，
π2
4 4
x∈(2kπ+π,2kπ+2π],k∈N，0<−sinx<1，− x<− ×π<−1，
π2 π2
4 4
有f' (x)=−sinx− x<0，故f' (x)=−sinx− x<0，
π2 π2
π π 2 π2 3
所以f (x)在(0,+∞)上单调递减，又f ( )=cos − × +2= ，
2 2 π2 4 2
3 π π π
所以f(x)> 等价于f (x)>f ( ) ，由偶函数性质得f (|x|)>f ( ) ，所以|x|< ，
2 2 2 2
π π 3 π π
所以− 的解集为 ( − , ) .
2 2 2 2 2
故选：D
2．（2024·山东青岛·三模）定义 [x] 表示不超过 x的最大整数.例如: [1.2]=1，[−1,2]=−2，则
（ ）
A．[x]+[y]=[x+ y] B．∀n∈Z，[x+n]=[x]+n
C．f (x)=x−[x] 是偶函数D．f (x)=x−[x] 是增函数
【答案】B
【分析】A选项，取特殊值，判断出A选项的真假；B选项，设y=[x+n]表示不超过x+n的最大整数，可
得y与x,n的关系，可得[x]+n= y，判断出B选项的真假；C选项，取特殊值，利用偶函数定义验证，判
断出C的真假；D中，取特殊值，判断出函数不是增函数，判断出D的真假.
【详解】A选项，取x=1.1,y=1.9，则[x]+[y]=1+1=2，[x+ y]=3，显然[x]+[ y]≠[x+ y]，所以A不
正确；
B选项，设y=[x+n]表示不超过x+n的最大整数，所以y≤x+n，
所以y−n≤x，所以[x]≤ y−n，所以[x]+n≤ y，即[x+n]≤ y，
所以[x+n]= y，所以[x+n]=[x]+n，故B正确；
C选项，f(x)=x−[x]，因为f(0.1)=0.1−0=0.1,f(−0.1)=−0.1−(−1)=0.9，
所以f(0.1)≠f(−0.1)，所以f(x)不是偶函数，故C错误；
D选项f(0.1)=0.1,f(1.1)=0.1，所以f(0.1)=f(1.1)，所以f(x)不是增函数，故D错误.故选：B.
3．（2024·浙江绍兴·三模）已知函数f (x)满足：对任意实数x，y，都有f (f (x+ y))=f (x)+f (y)成立，
且f (0)=1，则（ ）
A．f (x+1)为奇函数 B．f (x)+1为奇函数
C．|f (x+1)|为偶函数 D．|f(x)−1|为偶函数
【答案】D
【分析】由题意令x= y=0，可得f (1)=2，令y=−x，可得2=f (x)+f (−x)，可得y=f(x)关于(0,1)对
称，据此逐项判断可得结论.
【详解】令x= y=0，则f (f (0))=f (0)+f (0)，f (0)=1，所以f (1)=2，
令y=−x，则f (f (0))=f (x)+f (−x)，
即f (1)=f (x)+f (−x)，又2=f (x)+f (−x)，
所以y=f(x)关于(0,1)对称，
所以f (x+1)关于(−1,1)对称，故A不正确；
f(x)+1关于(0,2)对称，故B不正确；
由A可知|f (x+1)|关于x=−1对称，故C不正确；
由A可知f(x)−1关于(0,0)对称，故f(x)−1为奇函数，
所以|f(x)−1|为偶数，故D正确.
故选：D.
4．（2024 高三·全国·专题练习）已知函数f (x)的定义域为R，f (x)f (y)−f (x)=xy−y，则
（ ）
A．f (0)=0 B．f (−1)=1
C．f (x+1)为偶函数 D．f (x+1)为奇函数
【答案】D
【分析】令y=0，f (x)=0或f (0)=1，分类讨论可求f (0)=1，判断A；令x=0，可得f (y)=1−y，进而可
求f (−1)，判断B；由B可得f (x+1)=−x，可判断CD；
【详解】对于A：令y=0，得f (x)f (0)−f (x)=0，即f (x)(f (0)−1)=0，所以f (x)=0或f (0)=1．
当f (x)=0时，f (x)f (y)−f (x)=xy−y不恒成立，故f (0)=1，故A错误．
对于B：解法一：令x=0，得f (0)f (y)−f (0)=−y，又f (0)=1，
所以f (y)=1−y，故f (−1)=1+1=2，故B错误．
解法二 ：令x=0,y=−1，得f (0)f (−1)−f (0)=1，又f (0)=1，所以f (−1)=2，故B错误．
对于C、D：由B选项可知f (x)=1−x，则f (x+1)=−x，所以f (x+1)为奇函数，故C错误，D正确．
故选：D.
5．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）定义在R上的函数g(x)满足g(x)=f (x)+2x，g(x+2)为偶函
数，函数f (3x+1)的图象关于(0,2)对称，则f (27)=（ ）A．−46 B．4 C．−50 D．−4
【答案】C
【分析】借助抽象函数的奇偶性、对称性以及周期性即可解答.
【详解】因为f (3x+1)关于(0,2)对称，有f (−3x+1)+f (3x+1)=4，
令3x+1=t，则f (2−t)+f (t)=4，f (x)的图象关于(1,2)对称.
由g(x+2)为偶函数，得g(2+x)=g(2−x)，则g(x)的图象于x=2对称，
因为f (2−t)+f (t)=4，
所以f (2−t)+2(2−t)+f (t)+2t=8，
即g(2−t)+g(t)=8，则g(x)的图象关于(1,4)对称.
所以g(x)+g(2−x)=8，又g(2+x)=g(2−x)，
所以g(x)+g(2+x)=8，所以g(2+x)+g(4+x)=8，
所以g(x+4)=g(x)，所以4为g(x)的一个周期，
因为g(x)图象关于(1,4)对称，所以g(1)=4，
故g(27)=g(4×6+3)=g(3)=g(1)=4，
所以由g(x)=f (x)+2x，得f (27)=4−2×27=−50.
故选：C.
6．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知f (x)是定义域为R的偶函数，f (5.5)=4，g(x)=(x−1)f (x)，若
g(x+1)是偶函数，则g(−0.5)= .
【答案】6
【分析】根据题意，求得y=f (x)的周期为4，再由g(x+1)是偶函数，得到g(−x)=f (x+2)，进而求得
g(−0.5)的值.
【详解】因为g(x+1)是偶函数，又因为g(x+1)=xf (x+1)，其中y=x为奇函数，
所以y=f (x+1)必为奇函数，既有f (1−x)=−f (x+2)，
又因为f (−x)=f (x)，所以f (x+2)=−f (x)，f (x+4)=−f (x+2)=f (x)，
所以函数y=f (x)的周期为4，
由函数g(x+1)是偶函数，可得g(−x+1)=f (x+1)，即g(−x)=f (x+2)，
所以g(−0.5)=g(2.5)=1.5f (2.5)=1.5f (−2.5)=1.5f (−2.5+4×2)=1.5f (5.5)=6.
故答案为：6.
π π
7 ． （ 2024· 山 东 · 模 拟 预 测 ） 已 知 函 数 f
(x)=e2x−1−e1−2x+sin(
x−
)+1，
则 不 等 式
2 4
f (2x+1)+f (2−x)≥2的解集为 .
【答案】[−2,+∞)
【分析 】要先证明函数的中心对称性，即 f (x)+f(1−x)=2，这 样原不等式就可以化为
f (2x+1)≥f(x−1)，再用求导来证明单调递增，从而就可以解出结果.π π π π
【详解】由已知得：f
(1−x)=e1−2x−e2x−1+sin(
− x
)+1=e1−2x−e2x−1−sin(
x−
)+1，
4 2 2 4
所以f (x)+f(1−x)=2，即f(1−x)=2−f (x)
则不等式f (2x+1)+f (2−x)≥2等价于f (2x+1)≥2−f (2−x)=f(x−1)，
π π π π π
再由f'(x)=2e2x−1+2e1−2x+ cos( x− ) ≥4√e2x−1 ⋅e1−2x− =4− >0，
2 2 4 2 2
可得f (x)在R上单调递增，所以2x+1≥x−1，解得x≥−2，
故答案为：[−2,+∞).
1.（2024·上海·高考真题）已知f (x)=x3+a，x∈R，且f (x)是奇函数，则a= ．
【答案】0
【分析】根据奇函数的性质可求参数a.
【详解】因为f (x)是奇函数，故f (−x)+f(x)=0即x3+a+(−x) 3+a=0，
故a=0，
故答案为：0.
π
2.（2023·全国·高考真题）若f (x)=(x−1) 2+ax+sin ( x+ ) 为偶函数，则a= ．
2
【答案】2
π π
【分析】利用偶函数的性质得到f
(
−
)=f ( )
，从而求得a=2，再检验即可得解.
2 2
π
【详解】因为y=f (x)=(x−1) 2+ax+sin ( x+ )=(x−1) 2+ax+cosx为偶函数，定义域为R，
2
π π π 2 π π π 2 π π
所以f ( − )=f ( ) ，即 ( − −1 ) − a+cos ( − )=( −1 ) + a+cos ，
2 2 2 2 2 2 2 2
π 2 π 2
则πa=( +1 ) − ( −1 ) =2π，故a=2，
2 2
此时f (x)=(x−1) 2+2x+cosx=x2+1+cosx，
所以f (−x)=(−x) 2+1+cos(−x)=x2+1+cosx=f (x)，
又定义域为R，故f (x)为偶函数，
所以a=2.
故答案为：2.
1
3.（2020·全国·高考真题）已知函数f(x)=sinx+ ，则（）
sinx
A．f(x)的最小值为2 B．f(x)的图象关于y轴对称π
C．f(x)的图象关于直线x=π对称 D．f(x)的图象关于直线x= 对称
2
【答案】D
【分析】根据基本不等式使用条件可判断A;根据奇偶性可判断B;根据对称性判断C,D.
【详解】∵sinx可以为负，所以A错；
1
∵sinx≠0∴x≠kπ(k∈Z)∵f(−x)=−sinx− =−f(x)∴ f(x)关于原点对称；
sinx
1 1
∵f(2π−x)=−sinx− ≠f(x),f(π−x)=sinx+ =f(x),故B错；
sinx sinx
π
∴f(x)关于直线x= 对称，故C错，D对
2
故选：D
【点睛】本题考查函数定义域与最值、奇偶性、对称性，考查基本分析判断能力，属中档题.
4. （ 2022· 全 国 · 高 考 真 题 ） 已 知 函 数 f(x),g(x)的 定 义 域 均 为 R ， 且
22
f(x)+g(2−x)=5,g(x)−f(x−4)=7．若y=g(x)的图像关于直线x=2对称，g(2)=4，则∑f (k)=
k=1
（ ）
A．−21 B．−22 C．−23 D．−24
【答案】D
【分析】根据对称性和已知条件得到f(x)+f(x−2)=−2，从而得到f (3)+f (5)+…+f (21)=−10，
f (4)+f (6)+…+f (22)=−10，然后根据条件得到f(2)的值，再由题意得到g(3)=6从而得到f (1)的值即
可求解.
【详解】因为y=g(x)的图像关于直线x=2对称，
所以g(2−x)=g(x+2)，
因为g(x)−f(x−4)=7，所以g(x+2)−f(x−2)=7，即g(x+2)=7+f(x−2)，
因为f(x)+g(2−x)=5，所以f(x)+g(x+2)=5，
代入得f(x)+[7+f(x−2)]=5，即f(x)+f(x−2)=−2，
所以f (3)+f (5)+…+f (21)=(−2)×5=−10，
f (4)+f (6)+…+f (22)=(−2)×5=−10.
因为f(x)+g(2−x)=5，所以f(0)+g(2)=5，即f (0)=1，所以f(2)=−2−f (0)=−3.
因为g(x)−f(x−4)=7，所以g(x+4)−f(x)=7，又因为f(x)+g(2−x)=5，
联立得，g(2−x)+g(x+4)=12，
所以y=g(x)的图像关于点(3,6)中心对称，因为函数g(x)的定义域为R，
所以g(3)=6
因为f(x)+g(x+2)=5，所以f (1)=5−g(3)=−1.
所 以❑ 22
∑ ❑f(k)=f (1)+f (2)+[f (3)+f (5)+…+f (21)]+[f (4)+f (6)+…+f (22)]=−1−3−10−10=−24.
k=1
故选：D
【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后
得到所需的一些数值或关系式从而解题.
5．（2024·全国·高考真题）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=（ ）
1
A．−1 B． C．1 D．2
2
【答案】D
【分析】解法一：令F(x)=ax2+a−1,G(x)=cosx，分析可知曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，
结合偶函数的对称性可知该交点只能在 y 轴上，即可得a=2，并代入检验即可；解法二：令
ℎ(x)=f(x)−g(x),x∈(−1,1)，可知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，
即可得a=2，并代入检验即可.
【详解】解法一：令f(x)=g(x)，即a(x+1) 2−1=cosx+2ax，可得ax2+a−1=cosx，
令F(x)=ax2+a−1,G(x)=cosx，
原题意等价于当x∈(−1,1)时，曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，
注意到F(x),G(x)均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，
可得F(0)=G(0)，即a−1=1，解得a=2，
若a=2，令F(x)=G(x)，可得2x2+1−cosx=0
因为x∈(−1,1)，则2x2≥0,1−cosx≥0，当且仅当x=0时，等号成立，
可得2x2+1−cosx≥0，当且仅当x=0时，等号成立，
则方程2x2+1−cosx=0有且仅有一个实根0，即曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，
所以a=2符合题意；
综上所述：a=2.
解法二：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)=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.
6．（2024·全国·高考真题）设函数f(x)=(x+a)ln(x+b)，若f(x)≥0，则a2+b2的最小值为
（ ）
1 1 1
A． B． C． D．1
8 4 2
【答案】C
【分析】解法一：由题意可知：f(x)的定义域为(−b,+∞)，分类讨论−a与−b,1−b的大小关系，结合符
号分析判断，即可得b=a+1，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析ln(x+b)的符号，进而
可得x+a的符号，即可得b=a+1，代入可得最值.
【详解】解法一：由题意可知：f(x)的定义域为(−b,+∞)，
令x+a=0解得x=−a；令ln(x+b)=0解得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；
可知若−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，不合题意；
综上所述：−a=1−b，即b=a+1，
则a2+b2=a2+(a+1) 2=2 ( a+ 1) 2 + 1 ≥ 1 ，当且仅当a=− 1 ,b= 1 时，等号成立，
2 2 2 2 2
1
所以a2+b2的最小值为 ；
2
解法二：由题意可知：f(x)的定义域为(−b,+∞)，
令x+a=0解得x=−a；令ln(x+b)=0解得x=1−b；
则当x∈(−b,1−b)时，ln(x+b)<0，故x+a≤0，所以1−b+a≤0；
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=2 ( a+ 1) 2 + 1 ≥ 1 ，
2 2 2
1 1
当且仅当a=− ,b= 时，等号成立，
2 2
1
所以a2+b2的最小值为 .
2
故选：C.【点睛】关键点点睛：分别求x+a=0、ln(x+b)=0的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，
结合符号性分析判断.
|x2−1|
7．（2022·天津·高考真题）函数f (x)= 的图像为（ ）
x
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】分析函数f (x)的定义域、奇偶性、单调性及其在(−∞,0)上的函数值符号，结合排除法可得出合
适的选项.
|x2−1|
【详解】函数f (x)= 的定义域为¿，
x
|(−x) 2−1| |x2−1|
且f (−x)= =− =−f (x)，
−x x
函数f (x)为奇函数，A选项错误；
|x2−1|
又当x<0时，f (x)= ≤0，C选项错误；
x
|x2−1| x2−1 1
当x>1时，f (x)= = =x− 函数单调递增，故B选项错误；
x x x
故选：D.
