文档内容
重难点 03 函数性质的灵活运用【八大题型】
【新高考专用】
【题型1 函数的单调性的综合应用】......................................................................................................................3
【题型2 函数的最值问题】......................................................................................................................................5
【题型3 函数的奇偶性的综合应用】......................................................................................................................8
【题型4 函数的对称性的应用】............................................................................................................................10
【题型5 对称性与周期性的综合应用】................................................................................................................12
【题型6 类周期函数】............................................................................................................................................16
【题型7 抽象函数的性质】....................................................................................................................................19
【题型8 函数性质的综合应用】............................................................................................................................23
从近几年的高考情况来看，本节是高考的一个热点内容，函数的单调性、奇偶性、对称性与周期性是
高考的必考内容，重点关注单调性、奇偶性结合在一起，与函数图象、函数零点和不等式相结合进行考查，
解题时要充分运用转化思想和数形结合思想，灵活求解．对于选择题和填空题部分，重点考查基本初等函
数的单调性、奇偶性，主要考察方向是：判断函数单调性及求最值、解不等式、求参数范围等，难度较小；
对于解答题部分，一般与导数相结合，考查难度较大.
【知识点1 函数的单调性与最值的求解方法】
1.求函数的单调区间
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.函数单调性的判断
(1)函数单调性的判断方法：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法.
(2)函数y=f(g(x))的单调性应根据外层函数y=f(t)和内层函数t=g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的
原则.
(3)函数单调性的几条常用结论：
①若 是增函数，则 为减函数；若 是减函数，则 为增函数；
②若 和 均为增（或减）函数，则在 和 的公共定义域上 为增（或减）函
数；
③若 且 为增函数，则函数 为增函数， 为减函数；④若 且 为减函数，则函数 为减函数， 为增函数．
3.求函数最值的三种基本方法：
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.
(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值.
(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值.
4.复杂函数求最值：
对于较复杂函数，可运用导数，求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.
【知识点2 函数的奇偶性及其应用】
1.函数奇偶性的判断
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等量关
系式(f(x)+f(-x)=0(奇函数)或f(x)-f(-x)=0(偶函数))是否成立.
(3)运算函数的奇偶性规律：运算函数是指两个（或多个）函数式通过加、减、乘、除四则运算所得的
函数，如 ．
对于运算函数有如下结论：奇 奇=奇；偶 偶=偶；奇 偶=非奇非偶；奇 奇=偶；奇 偶=奇；
偶 偶=偶．
(4)复合函数 的奇偶性原则：内偶则偶，两奇为奇．
(5)常见奇偶性函数模型
奇函数：①函数 或函数 ．
②函数 ．
③函数 或函数
④函数 或函数 ．
2.函数奇偶性的应用
(1)利用函数的奇偶性可求函数值或求参数的取值，求解的关键在于借助奇偶性转化为求已知区间上的
函数或得到参数的恒等式，利用方程思想求参数的值.
(2)画函数图象：利用函数的奇偶性可画出函数在其对称区间上的图象，结合几何直观求解相关问题.
【知识点3 函数的周期性与对称性常用结论】
1．函数的周期性常用结论(a是不为0的常数)(1)若f(x+a)=f(x)，则T=a；
(2)若f(x+a)=f(x-a)，则T=2a；
(3)若f(x+a)=-f(x)，则T=2a；
(4)若f(x+a)= ，则T=2a；
(5)若f(x+a)= ，则T=2a；
(6)若f(x+a)=f(x+b)，则T=|a-b|(a≠b);
2．对称性的三个常用结论
(1)若函数f(x)满足f(a+x)=f(b-x)，则y=f(x)的图象关于直线 对称.
(2)若函数f(x)满足f(a+x)=-f(b-x)，则y=f(x)的图象关于点 对称.
(3)若函数f(x)满足f(a+x)+f(b-x)=c，则y=f(x)的图象关于点 对称.
3．函数的的对称性与周期性的关系
(1)若函数 有两条对称轴 ， ，则函数 是周期函数，且 ；
(2)若函数 的图象有两个对称中心 ，则函数 是周期函数，且
；
(3)若函数 有一条对称轴 和一个对称中心 ，则函数 是周期函数，且
．
【题型1 函数的单调性的综合应用】
【例1】（2023·广东深圳·统考模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，若对∀x∈R都有
f (3+x)=f (1−x)，且f (x)在(2，+∞)上单调递减，则f (1)，f (2)与f (4)的大小关系是（ ）A．f (4)1，函数单调递减，则x⩽1也应为减函数，同时注意分界点处的纵坐标大
小关系即可列出不等式组，解出即可.
1
【解答过程】显然当x>1时，f (x)= 为单调减函数，f (x)1， <−1
2 2
故−1≤a≤1时无解；
③当a>1时，
ℎ(x)=x2−2ax+a+3在[−1,1]上是减函数，
需要ℎ(1)=12−2a+a+3=−a+4≤0即a≥4，
则存在x使得f (x)≤0成立，
故a≥4.
( 4]
综上所述，a的取值范围为 −∞,− ∪[4,+∞).
3
故选：B.
【题型2 函数的最值问题】
【例2】（2023·江西九江·校考模拟预测）若04，
所以要使函数f(x)最大值为4，则根据定义可知，
当t≤1时，即x=2时，|2−t|=4，此时解得t=−2，符合题意；
当t>1时，即x=0时，|0−t|=4，此时解得t=4，符合题意；
故t=−2或4.
故选：A.
【变式2-3】（2023·广东惠州·统考一模）若函数f (x)的定义域为D，如果对D中的任意一个x，都有
f (x)>0,−x∈D，且f (−x)f (x)=1，则称函数f (x)为“类奇函数”．若某函数g(x)是“类奇函数”，则
下列命题中，错误的是（ ）
A．若0在g(x)定义域中，则g(0)=1
1
B．若g(x) =g(4)=4，则g(x) =g(−4)=
max min 4
C．若g(x)在(0,+∞)上单调递增，则g(x)在(−∞,0)上单调递减
D．若g(x)定义域为R，且函数ℎ(x)也是定义域为R的“类奇函数”，则函数G(x)=g(x)ℎ(x)也是
“类奇函数”
【解题思路】对A，根据“类奇函数”的定义，代入x=0求解即可；
1
对B，根据题意可得g(−x)= ，再结合函数的单调性判断即可；
g(x)
1
对C，根据g(−x)= ，结合正负分数的单调性判断即可；
g(x)
对D，根据“类奇函数”的定义，推导G(x)G(−x)=1判断即可.
【解答过程】对于A，由函数g(x)是“类奇函数”，所以g(x)g(−x)=1，且g(x)>0，所以当x=0时，
g(0)g(−0)=1，即g(0)=1，故A正确；
1
对于B，由g(x)g(−x)=1，即g(−x)= ,g(−x)随g(x)的增大而减小，若g(x) =g(4)=4，则
g(x) max
1
g(x) =g(−4)= 成立，故B正确；
min 4
1
对于C，由g(x)在(0,+∞)上单调递增，所以g(−x)= ，在x∈(0,+∞)上单调递减，设
g(x)
t=−x∈(−∞,0)，∴g(t)在t∈(−∞,0)上单调递增，即g(x)在x∈(−∞,0)上单调递增，故C错误；
对于D，由g(x)g(−x)=1,ℎ(x)ℎ(−x)=1，所以G(x)G(−x)=g(x)g(−x)ℎ(x)ℎ(−x)=1，所以函数
G(x)=g(x)ℎ(x)也是“类奇函数”，所以D正确；故选：C.
【题型3 函数的奇偶性的综合应用】
【例3】（2023·广东·东莞市校联考一模）已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)=ax+1，
1
若f(−2)=5，则不等式f(x)> 的解集为（ ）
2
( 1) ( 1) ( 1 ) ( 1)
A． −∞,− ∪ 0, B． − ,0 ∪ 0,
2 6 2 6
( 1) (1 ) ( 1 ) (1 )
C． −∞,− ∪ ,+∞ D． − ,0 ∪ ,+∞
2 6 2 6
【解题思路】根据条件可求得x>0时f(x)的解析式，根据函数为奇函数继而可求得当x<0时f(x)的解析
式，分情况解出不等式即可.
【解答过程】因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(−2)=−f(2)=5，则f(2)=−5，
则2a+1=−5，所以a=−3，
则当x>0时，f(x)=−3x+1，
当x<0时，−x>0，
则f(x)=−f(−x)=−[−3×(−x)+1] =−3x−1，
1 1
则当x>0时，不等式f(x)> 为−3x+1> ，
2 2
1
解得0 为−3x−1> ，
2 2
1
解得x<− ，
2
( 1) ( 1)
故不等式的解集为 −∞,− ∪ 0, ，
2 6
故选：A.
【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，f(3x+1)为奇函数，
1 102
g(x+2)为偶函数，f(x+1)+g(1−x)=2，f(0)=− ，则∑❑g(k)=（ ）
2
k=15 415 409
A．−51 B． C． D．
2 2 2
【解题思路】由题意，根据函数奇偶性可得f(x)的图象关于点(1,0)中心对称、g(x)的图象关于点(1,2)
中心对称，进而可知g(x)是以4为周期的周期函数．求出g(1)，g(2)，g(3)，g(4)，结合周期即可求
解.
【解答过程】因为f(3x+1)为奇函数，所以f(x+1)为奇函数，
所以f(x+1)=−f(−x+1)，f(x)的图象关于点(1,0)中心对称，f(1)=0．
因为g(x+2)为偶函数，所以g(x+2)=g(−x+2)，g(x)的图象关于直线x=2对称．
由f(x+1)+g(1−x)=2，得f(−x+1)+g(1+x)=2，则−f(x+1)+g(1+x)=2，
所以g(x+1)+g(1−x)=4,g(x)+g(2−x)=4，所以g(x)的图象关于点(1,2)中心对称．
因为g(x)的图象关于x=2轴对称，所以g(x)+g(2+x)=4，g(x+2)+g(x+4)=4，
所以g(x+4)=g(x)，即g(x)是以4为周期的周期函数．
1 5 3
因为f(1)=0，f(0)=− ，所以g(1)=2，g(2)= ，g(3)=g(1)=2，g(4)=g(0)=4−g(2)= ，
2 2 2
102
( 5 3) 5 409
所以∑❑g(k)=25× 2+ +2+ +2+ = ．
2 2 2 2
k=1
故选：D．
【变式3-2】（2023·安徽亳州·蒙城第一中学校联考模拟预测）已知函数f (x)是定义在R上的偶函数，函数
g(x)是定义在R上的奇函数，且f (x)，g(x)在[0,+∞)上单调递减，则（ ）
A．f (f (2))>f (f (3)) B．f (g(2))g(g(3)) D．g(f (2))f (3)，但无法判断f (2),f (3)的正负，故A不正确；
对于B，g(2)>g(3)，但无法判断g(2),g(3)的正负，故B不正确；
对于C，g(2)>g(3)，g(x)在R上单调递减，所以g(g(2))f (3)，g(x)在R上单调递减，g(f (2))0时，f(x)>2016，记f(x)在[−2017，2017]上的最
2 1 2 1 2
大值和最小值为M，N，则M+N的值为（ ）
A．2016 B．2017 C．4032 D．4034
【解题思路】先计算得到f(0)=2016，再构造函数g(x)=f(x)−2016，判断g(x)的奇偶性得出结论．
【解答过程】解：令x =x =0得f(0)=2f(0)−2016，∴f(0)=2016，
1 2
令x =−x 得f(0)=f(−x )+f(x )−2016=2016，
1 2 2 2
∴f(−x )+f(x )=4032，
2 2
令g(x)=f(x)−2016，则g (x)=M−2016，g (x)=N−2016，
max min
∵g(−x)+g(x)=f(−x)+f(x)−4032=0，
∴g(x)是奇函数，
∴g (x)+g (x)=0，即M−2016+N−2016=0，
max min
∴M+N=4032．
故选：C．
【题型4 函数的对称性的应用】
【例4】（2023·江西赣州·统考二模）已知函数f(x)的图像既关于点(−1,1)对称，又关于直线y=x对称，
(17)
且当x∈[−1,0]时，f(x)=x2，则f =（ ）
4
19 9 7 17
A．− B．− C．− D．−
4 2 2 4
【解题思路】用Γ表示函数y=f (x)的图像，设(x ,y )∈Γ，根据中心对称性与轴对称性，得到
0 0
17
(4+ y ,−4+x )∈Γ，令4+ y = ，求出y ，即可求出x ，即可得解.
0 0 0 4 0 0
【解答过程】用Γ表示函数y=f (x)的图像，对任意的x ∈[−1,0]，
0
令y =x2 ，则(x ,y )∈Γ，且y ∈[0,1]，
0 0 0 0 0
又函数f(x)的图像既关于点(−1,1)对称，且关于直线y=x对称，
所以(y ,x )∈Γ，则(−2−y ,2−x )∈Γ，则(2−x ,−y −2)∈Γ，
0 0 0 0 0 0则(−4+x ,4+ y )∈Γ，则(4+ y ,−4+x )∈Γ，
0 0 0 0
17 1 1 1
令4+ y = ，即y = ，此时x =− 或x = （舍去），
0 4 0 4 0 2 0 2
( 1) 9 (17 9) (17) 9
此时−4+x =−4+ − =− ，即 ,− ∈Γ，因此f =− .
0 2 2 4 2 4 2
故选：B.
【变式4-1】（2023·四川绵阳·绵阳中学校考一模）若函数y=f (x)满足f (a+x)+f(a−x)=2b，则说
x x+1 x+2 x+2021 x+2022
y=f (x)的图象关于点(a,b)对称，则函数f(x)= + + +...+ + 的对称中心
x+1 x+2 x+3 x+2022 x+2023
是（ ）
A．(−1011,2022) B．(1011,2022) C．(−1012,2023) D．
(1012,2023)
【解题思路】求出定义域，由定义域的对称中心，猜想a=−1012，计算出
f(−1012+x)+f(−1012−x)=4046，从而求出对称中心.
【解答过程】函数定义域为{x|x≠−1,x≠−2...,...x≠−2022,x≠−2023}，
定义域的对称中心为(−1012,0)，所以可猜a=−1012，
−1012+x −1011+x −1010+x 1009+x 1010+x
则f(−1012+x)= + + +...+ + ，
−1011+x −1010+x −1009+x x+1010 1011+x
−1012−x −1011−x −1010−x 1009−x 1010−x
f(−1012−x)= + + +...+ +
−1011−x −1010−x −1009−x 1010−x 1011−x
1012+x 1011+x 1010+x 1009−x 1010−x
= + + +...+ + ，
1011+x 1010+x 1009+x 1010−x 1011−x
故f(−1012+x)+f(−1012−x)
(1010+x 1012+x) (1009+x 1011+x) (−1012+x 1010−x)
= + + + ⋯+ +
1011+x 1011+x x+1010 1010+x −1011+x 1011−x
=2×2023=4046
所以y=f (x)的对称中心为(−1012,2023)，
故选：C．
【变式4-2】（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）函数f (x)和g(x)的定义域均为R，且
y=f (3+3x)为偶函数，y=g(x+3)+2为奇函数，对∀x∈R，均有f (x)+g(x)=x2+1，则f (7)g(7)=
（ ）
A．615 B．616 C．1176 D．2058【解题思路】由题意可以推出f (x)=f (6−x)，g(x)=−4−g(6−x)，再结合f (x)+g(x)=x2+1可得函数
方程组，解出函数方程组后再代入求值即可.
【解答过程】由函数f (3+3x)为偶函数，则f (3+3x)=f (3−3x)，即函数f (x)关于直线x=3对称，故
f (x)=f (6−x)；
由函数g(x+3)+2为奇函数，则g(x+3)+2=−g(−x+3)−2，
整理可得g(x+3)+g(−x+3)=−4，即函数g(x)关于(3,−2)对称，故g(x)=−4−g(6−x)；
由f (x)+g(x)=x2+1，可得f (6−x)+g(6−x)=(6−x) 2+1，
所以f (x)−4−g(x)=(6−x) 2+1，故¿，
解得f (x)=x2−6x+21,g(x)=6x−20，
所以f (7)=72−6×7+21=28,g(7)=6×7−20=22，
所以f (7)g(7)=28×22=616.
故选：B.
【变式4-3】（2023·甘肃张掖·高台县校考模拟预测）已知函数f(x)的定义域为R，f (x−1)的图象关于点
f (x )−f (x )
(1,0)对称，f (3)=0，且对任意的x ,x ∈(−∞,0)，x ≠x ，满足 2 1 <0，则不等式
1 2 1 2 x −x
2 1
(x−1)f (x+1)≥0的解集为（ ）
A．(−∞,1]∪[2,+∞) B．[−4,−1]∪[0,1]
C．[−4,−1]∪[1,2] D．[−4,−1]∪[2,+∞)
【解题思路】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．
【解答过程】∵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.
【题型5 对称性与周期性的综合应用】
【例5】（2023·四川宜宾·统考一模）已知函数f (x),g(x)的定义域为R,g(x)的图像关于x=1对称，且
g(2x+2)为奇函数，g(1)=1,f (x)=g(3−x)+1，则下列说法正确的个数为（ ）
2024
①g(−3)=g(5)；②g(2024)=0；③f(2)+f(4)=−4；④∑❑f(n)=2024.
n=1
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据奇函数定义得到g(−2x+2)=−g(2x+2)，进而得到g(x)的对称中心为，再根据对称轴
求出周期，通过赋值得到答案.
【解答过程】因为g(2x+2)为奇函数，所以g(−2x+2)=−g(2x+2)，则g(−x+2)=−g(x+2)，
所以g(x)对称中心为(2,0)，
又因为g(x)的图像关于x=1对称，则g(−x+2)=g(x)，
所以−g(x+2)=g(x)，则g(x+4)=−g(x+2)=g(x)，
所以g(x)的周期T=4，
①g(−3)=g(−3+8)=g(5)，所以①正确；
②因为g(1)=1，g(−x+2)=g(x)，g(x)对称中心为(2,0)，
所以g(0)=g(2)=0，所以g(2024)=g(0)=0，所以②正确；
③因为f (x)=g(3−x)+1，所以f (2)=g(1)+1=2，
因为−g(x+2)=g(x)，所以g(−1)=−g(1)，
则f (4)=g(−1)+1=−g(1)+1=0，所以f(2)+f(4)=2，所以③错误；
④因为f (x)=g(3−x)+1且g(x)周期T=4，
所以f (x+4)=g(3−x−4)+1=g(3−x)+1=f (x)，则f (x)的周期为T=4，
因为f (1)=g(2)+1=1，f (2)=2，f (3)=g(0)+1=1，f (4)=0，
所以f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=4，
2024
所以∑❑f(n)=506[f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=4]=506×4=2024，所以④正确.
n=1
故选：C.【变式5-1】（2023·北京大兴·校考三模）已知函数f (x)对任意x∈R都有f (x+2)=−f (x)，且
f (−x)=−f (x)，当x∈(−1,1]时，f (x)=x3 .则下列结论正确的是（ ）
A．函数y=f (x)的图象关于点(k,0)(k∈Z)对称
B．函数y=f (x)的图象关于直线x=2k(k∈Z)对称
C．当x∈[2,3]时，f (x)=(x−2) 3
D．函数y=|f (x)|的最小正周期为2
【解题思路】根据f (x+2)=−f (x)得到f (x+2)=f (x−2)，所以f (x)的周期为4，根据f (−x)=−f (x)得到
f (x)关于x=−1对称，画出f (x)的图象，从而数形结合得到AB错误；再根据f (x)=−f (x−2)求出
x∈[2,3]时函数解析式；D选项，根据y=f (x)的最小正周期，得到y=|f (x)|的最小正周期.
【解答过程】因为f (x+2)=−f (x)，所以f (x)=−f (x−2)，故f (x+2)=f (x−2)，
所以f (x)的周期为4，
又f (−x)=−f (x)，所以f (−x)=f (x−2)，故f (x)关于x=−1对称，
又x∈(−1,1]时，f (x)=x3，故画出f (x)的图象如下：
A选项，函数y=f (x)的图象关于点(1,0)不中心对称，故A错误；
B选项，函数y=f (x)的图象不关于直线x=2对称，B错误；
C选项，当x∈[2,3]时，x−2∈[0,1]，则f (x)=−f (x−2)=−(x−2) 3，C错误；
D选项，由图象可知y=f (x)的最小正周期为4，
又|f (x+2)|=|−f (x)|=|f (x)|，故y=|f (x)|的最小正周期为2，D正确.
故选：D.
【变式5-2】（2023·四川绵阳·绵阳校考模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R,f (1)=0，且
f (0)≠0,∀x,y∈R都有f (x+ y)+f (x−y)=2f (x)f (y)，则下列说法正确的命题是（ ）①f (0)=1；②∀x∈R,f (−x)+f (x)=0；
2023
③f (x)关于点(1,0)对称；④∑❑f(i)=−1
i=1
A．①② B．②③ C．①②④ D．①③④
【解题思路】利用特殊值法，结合函数的奇偶性、对称性和周期性进行求解即可.
【解答过程】对于①，由于∀x,y∈R都有f (x+ y)+f (x−y)=2f (x)f (y)，
所以令x= y=0，则f (0)+f (0)=2f (0)f (0)，即f (0)=f2(0)，
因为f (0)≠0，所以f (0)=1，所以①正确，
对于②，令x=0，则f (y)+f (−y)=2f (0)f (y)=2f (y)，所以f (y)=f (−y)，即f (x)=f (−x)，
所以∀x∈R,f (−x)−f (x)=0，所以②错误，
对于③，令x=1，则f (1+ y)+f (1−y)=2f (1)f (y)=0，所以f (1+ y)=−f (1−y)，
即f (1+x)=−f (1−x)，所以f (x)关于点(1,0)对称，所以③正确，
对于④，因为f (1+x)=−f (1−x)，所以f (2+x)=−f (−x)，
因为f (x)=f (−x)，所以f (2+x)=−f (x)，所以f (4+x)=−f (2+x)，
所以f (4+x)=f (x)，所以f (x)的周期为4，
在f (x+ y)+f (x−y)=2f (x)f (y)中，令x= y=1，则
f (2)+f (0)=2f (1)f (1)=0，因为f (0)=1，所以f(2)=−1，
f(3)=f(−1)=f(1)=0,f(4)=f(0)=1，
所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0+(−1)+0+1=0，
2023
所以∑❑f(i)=505×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(1)+f(2)+f(3)=−1，所以④正确，
i=1
故选：D.
【变式5-3】（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）已知函数f (x)与g(x)的定义域均为R，f(x+1)为
偶函数，且f(3−x)+g(x)=1，f(x)−g(1−x)=1，则下面判断错误的是( )
A．f (x)的图象关于点(2,1)中心对称
B．f (x)与g(x)均为周期为4的周期函数
2022
C．∑ f(i)=2022
i=1
2023
D．∑ g(i)=0
i=0【解题思路】由f(x+1)为偶函数可得函数关于直线x=1轴对称，结合f(3−x)+g(x)=1和
f(x)−g(1−x)=1可得f (x)的周期为4，继而得到g(x)的周期也为4，接着利用对称和周期算出对应的值
即可判断选项
【解答过程】因为f (x+1)为偶函数，所以f (x+1)=f (−x+1)①，所以f (x)的图象关于直线x=1轴对称，
因为f (x)−g(1−x)=1等价于f (1−x)−g(x)=1②，
又f (3−x)+g(x)=1③，②+③得f (1−x)+f (3−x)=2④，即f (1+x)+f (3+x)=2，即f (2+x)=2−f (x)，
所以f (4+x)=2−f (2+x)=f (x)，故f (x)的周期为4，
又g(x)=1−f (3−x)，所以g(x)的周期也为4，故选项B正确，
①代入④得f (1+x)+f (3−x)=2，故f (x)的图象关于点(2,1)中心对称，且f (2)=1，故选项A正确，
由f (2+x)=2−f (x)，f (2)=1可得f (0)=1,f (4)=1，且f (1)+f (3)=2，故f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=4，
2022
故∑❑f(i)=505×4+f(1)+f(2)=2021+f(1)，
i=1
因为f (1)与f (3)值不确定，故选项C错误，
因为f (3−x)+g(x)=1，所以g(1)=0,g(3)=0,g(0)=1−f (3),g(2)=1−f (1)，
所以g(0)+g(2)=2−[f (1)+f (3)]=0，故g(0)+g(1)+g(2)+g(3)=0，
2023
故∑❑g(i)=506×0=0，所以选项D正确，
i=0
故选:C.
【题型6 类周期函数】
1
【例6】（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）定义在R上的函数f (x)满足f (x+1)= f (x)，且
2
3
当x∈[0,1)时，f (x)=1−|2x−1|.当x∈[m,+∞)时，f (x)≤ ，则m的最小值为（ ）
32
27 29 13 15
A． B． C． D．
8 8 4 4
1 1 3 29
【解题思路】根据已知计算出f (x)= [1−|2x−(2n+1)|]≤ ，画出图象，计算f (x)= ，解得x= ，
2n 2n 32 8
从而求出m的最小值.
1 1
【解答过程】由题意得，当x∈[1,2)时，故f (x)= f (x−1)= (1−|2x−3|)，
2 21 1
当x∈[2,3)时，故f (x)= f (x−1)= (1−|2x−5|)…，
2 4
1 1
可得在区间[n,n+1)(n∈Z)上，f (x)= [1−|2x−(2n+1)|]≤ ，
2n 2n
3
所以当n≥4时，f (x)≤ ，作函数y=f (x)的图象，如图所示，
32
[7 ) 1 3 1 29 29
当x∈ ,4 时，由f (x)= (1−|2x−7|)= ,|2x−7|= ,x= ，则m≥ ，
2 8 32 4 8 8
29
所以m的最小值为
8
故选：B.
【变式6-1】（2023上·湖南长沙·高三校考阶段练习）定义域为R的函数f (x)满足f (x+2)=2f (x)−1，当
7t
x∈(0,2]时，f (x)=¿.若x∈(0,4]时，t2− ≤f (x)≤3−t恒成立，则实数t的取值范围是（ ）
2
[ 5] [1 ] [ 5]
A．[1,2] B． 1, C． ,2 D． 2,
2 2 2
【解题思路】由f（x+2）=2f（x）-1，求出x∈（2，3），以及x∈[3，4]的函数的解析式，分别求出（0，4]
7t
内的四段的最小值和最大值，注意运用二次函数的最值和函数的单调性，再由t2− ≤f (x)≤3−t恒成立
2
7t
即为t2− ≤f (x) ，f (x) ≤3−t，解不等式即可得到所求范围
2 min max
【解答过程】当x∈(2,3),则x−2∈(0,1)，
则f(x)=2f(x−2)−1=2(x−2)2−2(x−2)−1，
即为f(x)=2x2−10x+11，
当x∈[3，4]，则x−2∈[1，2]，
2
则f(x)=2f(x−2)−1= −1.
x−2
1 1
当x∈(0,1)时,当x= 时,f(x)取得最小值,且为− ；
2 41
当x∈[1,2]时,当x=2时,f(x)取得最小值,且为 ；
2
5 3
当x∈(2,3)时,当x= 时,f(x)取得最小值,且为− ；
2 2
当x∈[3,4]时,当x=4时,f(x)取得最小值，且为0.
3
综上可得,f(x)在(0,4]的最小值为− .
2
7t
若x∈(0,4]时, t2− ≤f (x) 恒成立，
2 min
7t 3
则有t2− ≤− .
2 2
1
解得 ≤t≤3.
2
当x∈(0,2)时,f(x)的最大值为1,
3
当x∈(2,3)时,f(x)∈[− ,−1)，
2
当x∈[3,4]时,f(x)∈[0,1]，
即有在(0,4]上f(x)的最大值为1.
由f (x) ≤3−t，即为1≤3−t，解得t≤2，
max
[1 ]
综上，即有实数t的取值范围是 ,2 .
2
故选：C.
【变式6-2】（2022·四川内江·校联考二模）定义域为R的函数f(x)满足f(x+2)=3f(x)，当x∈[0,2]时，
1 3
f(x)=x2−2x，若x∈[−4,−2]时，f(x)≥ ( −t)恒成立，则实数t的取值范围是( )
18 t
A．(−∞,−1]∪(0,3] B．(−∞,−√3]∪(0,√3]
C．[−1,0)∪[3,+∞) D．[−√3,0)∪[√3,+∞)
【解题思路】根据题意首先得得到函数的具体表达式，由x∈[−4,−2]，所以x+4∈[0,2]，所以
f(x+4)=x2+6x+8，再由f(x+4)=3f(x+2)=9f(x)可得出f（x）的表达式，在根据函数思维求出f
（x）最小值解不等式即可.
【解答过程】因为x∈[−4,−2]，所以x+4∈[0,2]，因为x∈[0,2]时，f (x)=x2−2x，
所以f (x+4)=(x+4) 2−2(x+4)=x2+6x+8,
因为函数f (x)满足f (x+2)=3f (x)，
所以f (x+4)=3f (x+2)=9f (x)，
1 1
所以f (x)= f (x+4)= (x2+6x+8)，x∈[−4,−2]，
9 9
1 3
又因为x∈[−4,−2]，f (x)≥ ( −t)恒成立，
18 t
1 (3 ) 1
故 −t ≤f (x) =− ，
18 t min 9
解不等式可得t≥3或−1≤t<0.
故选C.
【变式6-3】（2023上·浙江台州·高一校联考期中）设函数f (x)的定义域为R，满足f (x)=2f (x−2)，且当
x∈(0,2]时，f (x)=x(2−x)．若对任意x∈(−∞,m]，都有f (x)≤3，则m的取值范围是（ ）
( 5] ( 7]
A． −∞, B． −∞,
2 2
( 9] ( 11]
C． −∞, D． −∞,
2 2
【解题思路】根据给定条件分段求解析式及对应函数值集合，再利用数形结合即得.
【解答过程】因为函数f (x)的定义域为R，满足f (x)=2f (x−2)，
且当x∈(0,2]时，f (x)=x(2−x)=−(x−1) 2+1∈[0,1]，
当x∈(2,4]，时，x−2∈(0,2]，
则f(x)=2f(x−2)=2(x−2)[2−(x−2)]=−2(x−3) 2+2∈[0,2]，
当x∈(4,6]，时，x−4∈(0,2]，
则f(x)=4f(x−2)=4(x−2−2)[4−(x−2)]=−4(x−5) 2+4∈[0.4]，
当x∈(−2,0]，时，x+2∈(0,2]，
1 1 1 1 1
则f(x)= f(x+2)= (x+2)(−x)=− (x+1) 2+ ∈[0, ]，
2 2 2 2 2
作出函数f (x)的大致图象，对任意x∈(−∞,m]，都有f (x)≤3，设m的最大值为t，
9 11
则f (t)=3，所以−4(t−5) 2+4=3，解得t= 或t= ，
2 2
9 ( 9]
结合图象知m的最大值为 ，即m的取值范围是 −∞, .
2 2
故选：C.
【题型7 抽象函数的性质】
【例7】（2023·新疆乌鲁木齐·统考二模）已知f (x)，g(x)都是定义在R上的函数，对任意x，y满足
f (x−y)=f (x)g(y)−g(x)f (y)，且f (−2)=f (1)≠0，则下列说法正确的是（ ）
A．f (0)=1 B．函数g(2x+1)的图象关于点(1,0)对称
2023
C．g(1)+g(−1)=0 D．若f (1)=1，则∑❑f (n)=1
n=1
2π 2π
【解题思路】利用赋值法结合题目给定的条件可判断AC，取f (x)=sin x,g(x)=cos x可判断
3 3
B，对于D，通过观察选项可以推断f (x)很可能是周期函数，结合f (x)g(y),g(x)f (y)的特殊性及一些已
经证明的结论，想到令y=−1和y=1时可构建出两个式子，两式相加即可得出f (x+1)+f (x−1)=−f (x)，
2023
进一步得出f (x)是周期函数，从而可求∑❑f (n)的值.
n=1
【解答过程】解：对于A，令x= y=0，代入已知等式得f (0)=f (0)g(0)−g(0)f (0)=0，得f (0)=0，故A
错误；
2π 2π
对于B，取f (x)=sin x,g(x)=cos x，满足f (x−y)=f (x)g(y)−g(x)f (y)及f (−2)=f (1)≠0，
3 3
因为g(3)=cos2π=1≠0，所以g(x)的图象不关于点(3,0)对称，
所以函数g(2x+1)的图象不关于点(1,0)对称，故B错误；
对于C，令y=0，x=1，代入已知等式得f (1)=f (1)g(0)−g(1)f (0)，可得f (1)[1−g(0)]=−g(1)f (0)=0，结合f (1)≠0得1−g(0)=0，g(0)=1，
再令x=0，代入已知等式得f (−y)=f (0)g(y)−g(0)f (y)，
将f (0)=0，g(0)=1代入上式，得f (−y)=−f (y)，所以函数f (x)为奇函数.
令x=1，y=−1，代入已知等式，得f (2)=f (1)g(−1)−g(1)f (−1)，
因为f (−1)=−f (1)，所以f (2)=f (1)[g(−1)+g(1)]，
又因为f (2)=−f (−2)=−f (1)，所以−f (1)=f (1)[g(−1)+g(1)]，
因为f (1)≠0，所以g(1)+g(−1)=−1，故C错误；
对于D，分别令y=−1和y=1，代入已知等式，得以下两个等式：f (x+1)=f (x)g(−1)−g(x)f (−1)，
f (x−1)=f (x)g(1)−g(x)f (1)，
两式相加易得f (x+1)+f (x−1)=−f (x)，所以有f (x+2)+f (x)=−f (x+1)，
即：f (x)=−f (x+1)−f (x+2)，
有：−f (x)+f (x)=f (x+1)+f (x−1)−f (x+1)−f (x+2)=0，
即：f (x−1)=f (x+2)，所以f (x)为周期函数，且周期为3，
因为f (1)=1，所以f (−2)=1，所以f (2)=−f (−2)=−1，f (3)=f (0)=0，
所以f (1)+f (2)+f (3)=0，
2023
所以∑❑f (n)=1=f (1)+f (2)+f (3)+⋯+f (2023)=f (2023)=f (1)=1，故D正确.
n=1
故选：D.
【变式7-1】（2023·福建宁德·福鼎市校考模拟预测）已知函数f (x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，对任
意的x,y∈R，恒有f (x+ y)+f (x−y)=2f (x)f (y)，则下列说法正确的个数是（ ）
1 2023 1
①f (0)=0；②f′(x)必为奇函数；③f (x)+f (0)≥0；④若f(1)= ，则∑❑f(n)= .
2 2
n=1
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】利用赋值法可判断①；利用赋值法结合函数奇偶性定义判断②；赋值，令y=x，得出
f (2x)+f (0)≥0，变量代换可判断③；利用赋值法求出f(n)部分函数值，推出其值具有周期性，由此可计
2023
算∑❑f(n)，判断④，即可得答案.
n=1【解答过程】令x= y=0，则由f (x+ y)+f (x−y)=2f (x)f (y)可得2f (0)=2f2(0)，
故f(0)=0或f (0)=1，故①错误；
当f(0)=0时，令y=0，则f(x)+f(x)=2f(x)f(0)=0，则f(x)=0，
故f′ (x)=0，函数f′ (x)既是奇函数又是偶函数；
当f(0)=1时，令x=0，则f(y)+f(−y)=2f(0)f(y)，所以f (−y)=f (y)，
则−f′ (−y)=f′ (y)，即f′ (−y)=−f′ (y)，则f′ (x)为奇函数，
综合以上可知f′ (x)必为奇函数，②正确；
令y=x，则f (2x)+f (0)=2f2(x)，故f (2x)+f (0)≥0.
由于x∈R，令t=2x,t∈R，即f (t)+f (0)≥0，即有f (x)+f (0)≥0，故③正确；
1
对于D，若f (1)= ，令x=1,y=0 ，则f (1)+f (1)=2f (1)f (0)，则f(0)=1，
2
1 1
令x= y=1，则f (2)+f (0)=2f2(1)，即f (2)+1= ,∴f (2)=− ，
2 2
1 1
令x=2,y=1，则f (3)+f (1)=2f (2)f (1)，即f (3)+ =− ,∴f(3)=−1，
2 2
1 1
令x=3,y=1，则f (4)+f (2)=2f (3)f (1)，即f (4)− =−1,∴f(4)=− ，
2 2
1 1
令x=4,y=1，则f (5)+f (3)=2f (4)f (1)，即f (5)−1=− ,∴f(5)= ，
2 2
1 1
令x=5,y=1，则f (6)+f (4)=2f (5)f (1)，即f (6)− = ,∴f(6)=1，
2 2
1 1
令x=6,y=1，则f (7)+f (5)=2f (6)f (1)，即f (7)+ =1,∴f(7)= ，
2 2
1 1
令x=7,y=1，则f (8)+f (6)=2f (7)f (1)，即f (8)+1= ,∴f(8)=− ，
2 2
⋯⋯，
由此可得f(n),n∈N∗的值有周期性，且6个为一周期，且f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)=0 ，
2023
1
故∑ f (n)=337×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)]+f(1)= ，故④正确，
2
n=1
即正确的是②③④，
故选：C.【变式7-2】（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数f (x)对任意实数x,y恒有
f(x−y)+f(x+ y)=f(2x)成立，且当x<0时，f(x)>0.
(1)求f(0)的值;
(2)判断f (x)的单调性，并证明;
(3)解关于x的不等式:f [x2−(a+2)x]+f(a+ y)+f(a−y)>0.
【解题思路】（1）根据题意，令x=0,y=0，即可求得f(0)=0；
（2）令x=0，得到f(−y)=−f(y)，所以f (x)为奇函数，在结合题意和函数单调性的定义和判定方法，
即可求解；
（3）化简不等式为f (x2−(a+2)x)>f(−2a)，结合函数f (x)的单调性，把不等式转化为
x2−(a+2)x<−2a，结合一元二次不等式的解法，即可求解.
【解答过程】（1）解：因为函数f(x)对任意实数x,y恒有f(x−y)+f(x+ y)=f(2x)成立，
令x=0,y=0，则f(0)+f(0)=f(0)，所以f(0)=0.
（2）解：函数f (x)为R上的减函数.
证明:令x=0，则f(−y)+f(y)=f(0)=0，所以f(−y)=−f(y)，故f (x)为奇函数.
任取x ,x ∈R，且x 0，所以f (x −x )>0，
1 2
(x −x x +x ) (x −x x +x )
所以f (x )−f (x )=f (x )+f (−x )=f 1 2+ 1 2 +f 1 2− 1 2
1 2 1 2 2 2 2 2
=f (x −x )>0，即f (x )>f (x )，所以f (x)是R上的减函数.
1 2 1 2
（3）解：根据题意，可得f (x2−(a+2)x)>−[f(a+ y)+f(a−y)]=−f(2a)=f(−2a)，
由（2）知f (x)在R上单调递减，所以x2−(a+2)x<−2a，
即x2−(a+2)x+2a<0，可得(x−2)(x−a)<0，
当a>2时，原不等式的解集为(2,a)；
当a=2时，原不等式的解集为∅；
当a<2时，原不等式的解集为(a,2).【变式7-3】（2023上·广东东莞·高一校联考期中）已知函数f (x)对任意实数x,y恒有
f (x+ y)=f (x)+f (y)，当x>0时，f (x)<0，且f (1)=−2.
(1)判断f (x)的奇偶性；
(2)判断函数单调性，求f (x)在区间[−3,3]上的最大值；
(3)若f (x)0
1 2 1 2 2 1
f (x )−f (x )=f (x )+f (−x )=f (x −x )<0，所以f (x )0对任意a∈[−1,1]恒成立，
令g(a)=−2am+m2，则¿，即¿，
解得：m>2或m<−2.
故m的取值范围为(−∞,−2)∪(2,+∞).【题型8 函数性质的综合应用】
【例8】（2023上·河北石家庄·高一校考阶段练习）已知函数f(x)=ax，g(x)=b⋅a−x+x，a>0且a≠1，
5 3
若f(1)+g(1)= ，f(1)−g(1)= ，设ℎ(x)=f(x)+g(x)，x∈[−4,4]．
2 2
(1)求函数ℎ(x)的解析式并判断其奇偶性；
(2)判断函数ℎ(x)的单调性（不需证明），并求不等式ℎ(2x+1)+ ℎ(2x−1)≥0的解集．
5 3
【解题思路】（1）由f(1)+g(1)= 、f(1)−g(1)= 代入可解出a、b，得到ℎ(x)，再计算ℎ(x)与
2 2
ℎ(−x)的关系即可得到奇偶性；
（2）分别判断ℎ(x)中每一部分的单调性可得ℎ(x)的单调性，结合函数的单调性与奇偶性解决该不等式
即可得.
5 3
【解答过程】（1）由f(1)+g(1)= ，f(1)−g(1)= ，即有¿，解得¿，
2 2
即f(x)=2x，g(x)=−2−x+x，则ℎ(x)=2x−2−x+x，
其定义域为R，
ℎ(−x)=2−x−2x−x=−(2x−2−x+x)=−ℎ(x)，
故ℎ(x)为奇函数.
（2）ℎ(x)=2x−2−x+x，由2x在R上单调递增，−2−x在R上单调递增，
x在R上单调递增，故ℎ(x)在R上单调递增，
由ℎ(2x+1)+ ℎ(2x−1)≥0，且ℎ(x)为奇函数，
即有ℎ(2x+1)≥−ℎ(2x−1)= ℎ(1−2x)，
即有2x+1≥1−2x，解得x≥0，
故该不等式的解集为{x|x≥0}.
【变式8-1】（2023上·上海·高一校考期中）已知定义在全体实数上的函数f (x)满足：①f (x)是偶函数；②
f (x)不是常值函数；③对于任何实数x、y，都有f (x+ y)=f (x)f (y)−f (1−x)f (1−y)．
(1)求f (1)和f (0)的值；
(2)证明：对于任何实数x，都有f (x+4)=f (x)；(1) (2) (2026)
(3)若f (x)还满足对00，求f +f +⋯+f 的值．
3 3 3
【解题思路】（1）取x=1，y=0代入计算得到f (1)=0，取y=0得到f (x)=f (x)f (0)，得到答案.
（2）取y=1，结合函数为偶函数得到f (x+2)=−f (x)，变换得到f (x+4)=f (x)，得到证明.
(1) (2) (12) 1 1 1
（3）根据函数的周期性和奇偶性计算f +f +⋯+f =0，取x= y= 和取x= ，y=− 得到
3 3 3 3 3 3
(1) √3 (1) (2) (2026) (1)
f = ，根据周期性得到f +f +⋯+f =−f −1，计算得到答案.
3 2 3 3 3 3
【解答过程】（1）f (x+ y)=f (x)f (y)−f (1−x)f (1−y)
取x=1，y=0得到f (1)=f (1)f (0)−f (0)f (1)=0，即f (1)=0；
取y=0得到f (x)=f (x)f (0)−f (1−x)f (1)=f (x)f (0)，
f (x)不是常值函数，故f (0)=1；
（2）f (x+ y)=f (x)f (y)−f (1−x)f (1−y)，
取y=1得到f (x+1)=f (x)f (1)−f (1−x)f (0)=−f (1−x)，
f (x)是偶函数，故f (x+1)=−f (x−1)，即f (x+2)=−f (x)，
f (x+4)=−f (x+2)=f (x).
（3）f (x+2)+f (x)=0，f (x)为偶函数，
1 (5) ( 1) (5) (1)
取x=− ，则f +f − =0，即f +f =0；
3 3 3 3 3
2 (4) ( 2) (4) (2)
取x=− ，则f +f − =0，即f +f =0；
3 3 3 3 3
(7) (8) (10) (11) (1) (2) (4) (5)
故f +f +f +f =−f −f −f −f =0，
3 3 3 3 3 3 3 3
f (2)=−f (0)=−1，f (3)=f (−1)=f (1)=0，f (4)=f (0)=1，
(1) (2) (12)
故f +f +⋯+f =0，
3 3 3
取x= y=
1
得到f
(2) =f2(1) −f2(2)
，
3 3 3 3
取x=
1
，y=−
1
得到f
(0)=f2(1)
−f
(2)
f
(4) =f2(1) +f2(2)
=1，
3 3 3 3 3 3 3
(1) (2) (1) √3
f >0，f >0，解得f = ，
3 3 3 2
(1) (2) (2026) (11) (12) (1) √3
f +f +⋯+f =−f −f =−f −1=− −1.
3 3 3 3 3 3 2【变式8-2】（2023下·山西运城·高二统考期末）已知f (x)=ex−1+e1−x+x2−2x+a，
(1)证明：f (x)关于x=1对称；
(2)若f (x)的最小值为3
（i）求a；
（ii）不等式f (m(ex+e−x)+1)>f (ex−e−x)恒成立，求m的取值范围
【解题思路】（1）代入验证f(x)=f(2−x)即可求解，
（2）利用单调性的定义证明函数的单调性，即可结合对称性求解a=2，分离参数，将恒成立问题转化为
(|ex−e−x−1|) ex−e−x−1
|m|> ，构造函数F(x)= ，结合不等式的性质即可求解最值.
ex+e−x ex+e−x
max
【解答过程】（1）证明：因为f (x)=ex−1+e1−x+x2−2x+a，
所以 f(2−x)=e2−x−1+e1−(2−x)+(2−x) 2−2(2−x)+a=e1−x+ex−1+x2−2x+a，
所以f(x)=f(2−x)，所以f(x)关于x=1对称.
（2）（ⅰ）任取x ,x ∈(1,+∞),且x 1,ex 2 −1>1,ex 1 −1−ex 2 −1<0,ex 1 −1ex 2 −1−1>0，
1 2 1 2
x −x <0,x +x −2>0,
1 2 1 2
∴f(x )f(ex−e−x )恒成立等价于|(m(ex+e−x )+1)−1|>|ex−e−x−1|恒成立，
|ex−e−x−1| |ex−e−x−1| (|ex−e−x−1|)
即|m|> = 恒成立，即|m|>
ex+e−x ex+e−x ex+e−x
max
ex−e−x−1 e2x−ex−1 ex+2
令F(x)= ，则F(x)= =1− ，
ex+e−x e2x+1 e2x+1
n 1
g(n)=1− =1−
令ex+2=n,n∈(2,+∞)，则ex=n−2则 n2−4n+5 5，
n−4+
n
5 [ √5 )
因为n∈(2,+∞),n−4+ ≥2√5−4，n=√5取等号，则g(n)∈ − ,1 ，
n 2
[ √5]
所以|g(n)|∈ 0, ，
2
√5 √5 √5
所以|m|> ,即m∈(−∞,− )∪( ,+∞).
2 2 2
【变式8-3】（2023下·广东·高一统考期末）已知函数y=φ(x)的图象关于点P(a,b)成中心对称图形的充要
6
条件是φ(a+x)+φ(a−x)=2b．给定函数f (x)=x− 及其图象的对称中心为(−1,c)．
x+1
(1)求c的值；
(2)判断f (x)在区间(0,+∞)上的单调性并用定义法证明；
(3)已知函数g(x)的图象关于点(1,1)对称，且当x∈[0,1]时，g(x)=x2−mx+m．若对任意x ∈[0,2]，总
1
存在x ∈[1,5]，使得g(x )=f (x )，求实数m的取值范围．
2 1 2
【解题思路】（1）根据函数的对称性得到关于c的方程，解出即可求出函数的对称中心；
（2）利用函数单调性的定义即可判断函数f(x)单增,
（3）问题转化为g(x)在[0,2]上的值域A⊆[−2,4]，通过讨论m的范围，得到关于m的不等式组，解出
即可．
【解答过程】（1）由于f(x)的图象的对称中心为(−1,c)，
则f(−1+x)+f(−1−x)=2c，
6 6
即(x−1)− +(−x−1)− =2c，
x−1+1 −x−1+1整理得−2=2c，解得：c=−1，
故f(x)的对称中心为(−1,−1)；
（2）函数f(x)在(0,+∞)递增；
设00 ，所以f (x )−f (x )<0⇒f (x )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.
2．（2021·全国·统考高考真题）已知函数f (x)的定义域为R，f (x+2)为偶函数，f (2x+1)为奇函数，则
（ ）
( 1)
A．f − =0 B．f (−1)=0 C．f (2)=0 D．f (4)=0
2
【解题思路】推导出函数f (x)是以4为周期的周期函数，由已知条件得出f (1)=0，结合已知条件可得出结
论.
【解答过程】因为函数f (x+2)为偶函数，则f (2+x)=f (2−x)，可得f (x+3)=f (1−x)，
因为函数f (2x+1)为奇函数，则f (1−2x)=−f (2x+1)，所以，f (1−x)=−f (x+1)，
所以，f (x+3)=−f (x+1)=f (x−1)，即f (x)=f (x+4)，
故函数f (x)是以4为周期的周期函数，
因为函数F(x)=f (2x+1)为奇函数，则F(0)=f (1)=0，
故f (−1)=−f (1)=0，其它三个选项未知.
故选：B.
3．（2022·全国·统考高考真题）已知函数f(x)的定义域为R，且，则
22
（ ）
f(x+ y)+f(x−y)=f(x)f(y),f(1)=1 ∑❑f(k)=
k=1
A．−3 B．−2 C．0 D．1
【解题思路】法一：根据题意赋值即可知函数f (x)的一个周期为6，求出函数一个周期中的
f (1),f (2),⋯,f (6)的值，即可解出．
【解答过程】[方法一]：赋值加性质
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
一个周期内的f (1)+f (2)+⋯+f (6)=0．由于22除以6余4，
22
所以∑f (k)=f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=1−1−2−1=−3．故选：A．
k=1
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由f (x+ y)+f (x−y)=f (x)f (y)，联想到余弦函数和差化积公式
cos(x+ y)+cos(x−y)=2cosxcosy，可设f (x)=acosωx，则由方法一中f (0)=2,f (1)=1知
1 π
a=2,acosω=1，解得cosω= ，取ω= ，
2 3
π
所以f (x)=2cos x，则
3
(π π ) (π π ) π π
f (x+ y)+f (x−y)=2cos x+ y +2cos x− y =4cos xcos y=f (x)f (y)，所以
3 3 3 3 3 3
2π
π T= =6
f (x)=2cos x符合条件，因此f(x)的周期 π ，f (0)=2,f (1)=1，且
3
3
f (2)=−1,f (3)=−2,f (4)=−1,f (5)=1,f (6)=2，所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)=0，
由于22除以6余4，22
所以∑f (k)=f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=1−1−2−1=−3．
k=1
故选：A．
( 1) 1 (5)
4．（2021·全国·高考真题）设f (x)是定义域为R的奇函数，且f (1+x)=f (−x).若f − = ，则f =
3 3 3
（ ）
5 1 1 5
A．− B．− C． D．
3 3 3 3
(5)
【解题思路】由题意利用函数的奇偶性和函数的递推关系即可求得f 的值.
3
(5) ( 2) ( 2) (2)
【解答过程】由题意可得：f =f 1+ =f − =−f ，
3 3 3 3
(2) ( 1) (1) ( 1) 1
而f =f 1− =f =−f − =− ，
3 3 3 3 3
(5) 1
故f = .
3 3
故选：C.
|x2−1|
5．（2022·天津·统考高考真题）函数f (x)= 的图像为（ ）
x
A． B．
C． D．【解题思路】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|
【解答过程】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.
6．（2022·全国·统考高考真题）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
【解题思路】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.
【解答过程】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.
7．（2021·全国·统考高考真题）设函数f (x)的定义域为R，f (x+1)为奇函数，f (x+2)为偶函数，当
(9)
x∈[1,2]时，f(x)=ax2+b．若f (0)+f (3)=6，则f =（ ）
2
9 3 7 5
A．− B．− C． D．
4 2 4 2
【解题思路】通过f (x+1)是奇函数和f (x+2)是偶函数条件，可以确定出函数解析式f (x)=−2x2+2，进
而利用定义或周期性结论，即可得到答案．
【解答过程】[方法一]：
因为f (x+1)是奇函数，所以f (−x+1)=−f (x+1)①；
因为f (x+2)是偶函数，所以f (x+2)=f (−x+2)②．
令x=1，由①得：f (0)=−f (2)=−(4a+b)，由②得：f (3)=f (1)=a+b，
因为f (0)+f (3)=6，所以−(4a+b)+a+b=6⇒a=−2，
令x=0，由①得：f (1)=−f (1)⇒f (1)=0⇒b=2，所以f (x)=−2x2+2．
思路一：从定义入手．
(9) (5 ) ( 5 ) ( 1)
f =f +2 =f − +2 =f −
2 2 2 2
( 1) ( 3 ) (3 ) (5)
f − =f − +1 =−f +1 =−f
2 2 2 2
(5) (1 ) ( 1 ) (3)
−f =−f +2 =−f − +2 =−f
2 2 2 2
(9) (3) 5
所以f =−f = ．
2 2 2
[方法二]：
因为f (x+1)是奇函数，所以f (−x+1)=−f (x+1)①；
因为f (x+2)是偶函数，所以f (x+2)=f (−x+2)②．令x=1，由①得：f (0)=−f (2)=−(4a+b)，由②得：f (3)=f (1)=a+b，
因为f (0)+f (3)=6，所以−(4a+b)+a+b=6⇒a=−2，
令x=0，由①得：f (1)=−f (1)⇒f (1)=0⇒b=2，所以f (x)=−2x2+2．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数f (x)的周期T=4．
(9) (1) (3) 5
所以f =f =−f = ．
2 2 2 2
故选：D．
1
8．（2020·全国·统考高考真题）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
【解题思路】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.
【解答过程】∵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.
9．（2020·山东·统考高考真题）若定义在R的奇函数f(x)在(−∞,0)单调递减，且f(2)=0，则满足
xf(x−1)≥0的x的取值范围是（ ）
A．[−1,1]∪[3,+∞) B．[−3,−1]∪[0,1]
C．[−1,0]∪[1,+∞) D．[−1,0]∪[1,3]
【解题思路】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数f(x)在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大
于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.
【解答过程】因为定义在R上的奇函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，且f(2)=0，
所以f(x)在(0,+∞)上也是单调递减，且f(−2)=0，f(0)=0，
所以当x∈(−∞,−2)∪(0,2)时，f(x)>0，当x∈(−2,0)∪(2,+∞)时，f(x)<0，
所以由xf(x−1)≥0可得：
¿或¿或x=0解得−1≤x≤0或1≤x≤3，
所以满足xf(x−1)≥0的x的取值范围是[−1,0]∪[1,3]，
故选：D.
