专题 2.3 函数的单调性、奇偶性、对称性与周期性【九大题型】
【新高考专用】
1、函数的单调性、奇偶性、对称性与周期性
本节是高考的重点、热点内容，函数的单调性、奇偶性、周期性是高考的必考内容，从近几年的高考
情况来看，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.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，利
用性质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，一般与导数结
合，综合性强，考查难度较大.
【知识点1 函数的单调性与最值的求法】
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．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.
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.
3．常见奇偶性函数模型
(1)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)偶函数：
①函数 ．
②函数 ．
③函数 类型的一切函数．
④常数函数.
【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.
【题型1 函数单调性的判断及单调区间的求解】
【例1】（2024·全国·模拟预测）下列函数中，在区间(0,+∞)上是减函数的是（ ）
1
A．y=−3x+2 B．y=x3 C．y=x2−1 D．y=−
x
【解题思路】用函数单调性定义可判断得结果.
【解答过程】选项A：任取x >x >0，则y −y =(−3x +2)−(−3x +2)=3(x −x )，
1 2 1 2 1 2 2 1
又x −x <0，所以y −y <0，即y <y ，所以函数y=−3x+2在(0,+∞)为减函数，故A正确；
2 1 1 2 1 2
选项B：任取x >x >0，则y −y =x3−x3=(x −x )(x2+x x +x2)，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
又x −x >0,x2+x x +x2>0，所以y −y >0，即y >y ，所以函数y=x3在(0,+∞)为增函数，故B错
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2
误；
选项C：任取x >x >0，则y −y =(x2−1)−(x2−1)=x2−x2=(x −x )(x +x )，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
又x −x >0,x +x >0，所以y −y >0，即y >y ，所以函数y=x2−1在(0,+∞)为增函数，故C错误；
1 2 1 2 1 2 1 2选项D：任取x >x >0，则y −y = ( − 1 ) − ( − 1 ) = x 1 −x 2 ，
1 2 1 2 x x x x
1 2 1 2
1
又x −x >0,x x >0，所以y −y >0，即y >y ，所以函数y=− 在(0,+∞)为增函数，故D错误；
1 2 1 2 1 2 1 2 x
故选：A.
【变式1-1】（2024·海南海口·模拟预测）函数f(x)=x2−4|x|+3的单调递减区间是（ ）
A．(−∞,−2) B．(−∞,−2)和(0,2)
C．(−2,2) D．(−2,0)和(2,+∞)
【解题思路】将绝对值函数转化成分段函数，由二次函数的性质即可求
【解答过程】f (x)=x2−4|x|+3=¿，
则由二次函数的性质知，当 x≥0时，y=x2−4x+3=(x−2) 2−1的单调递减区间为(0,2)；
当x<0，y=x2+4x+3=(x+2) 2−1的单调递减区间为(−∞,−2)，
故f (x)的单调递减区间是(−∞,−2)和(0,2).
故选：B.
【变式1-2】（24-25高一上·北京丰台·期中）下列函数中，在区间(−∞,0)上单调递减的是（ ）
1
A．f(x)=x B．f(x)=−
x
C．f(x)=x2+2x D．f(x)=|x|
【解题思路】根据一次函数，二次函数，反比例函数，绝对值函数及单调性定义判断．
1
【解答过程】在(−∞,0)上，f(x)=x是增函数，f(x)=− 是增函数，
x
f(x)=x2+2x在(−∞,−1)上是减函数，在(−1,0)上是增函数，
x<0时，f(x)=|x|=−x是减函数，
故选：D．
【变式1-3】（2024·江西·二模）已知函数f (x)=¿若f (a)=f (a+3)，则g(x)=ax2+x的单调递增区间为
（ ）
(1 ) ( 1)
A． ,+∞ B． −∞,
8 8(1 ) ( 1)
C． ,+∞ D． −∞,
2 2
【解题思路】先根据题目条件求出a 的值，再根据二次函数的性质求出g(x) 的单调递增区间
( 1)
【解答过程】解：依题意，¿解得a＝－1，故g(x)=−x2+x，可知g(x)在 −∞, 上单调递增，
2
故选：D.
【题型2 利用函数的单调性求参数】
【例2】（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,+∞)
【解题思路】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
【解答过程】函数f (x)=−x2+ax+1的图象对称轴为x= ，依题意，2< <6，得4<a<12，
2 2
所以a的取值范围为(4,12).
故选：C.
【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）若函数f(x)=4|x−a|+3在区间[1,+∞)上不单调，则a的取值范
围是（ ）
A．[1,+∞) B．(1,+∞)
C．(−∞,1) D．(−∞,1]
【解题思路】先分析f(x)的单调性，再列不等式即可求解.
【解答过程】因为函数f(x)=4|x−a|+3在(−∞,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增．
又函数f (x)在区间[1,+∞)上不单调，所以a>1，
故选：B．
【变式2-2】（2024·天津河北·一模）设a∈R，则“a>−2”是“函数f (x)=2x2+4ax+1在(2,+∞)上单
调递增”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
【解题思路】根据题意，由二次函数的对称轴和函数的单调性的关系以及充分性与必要性的应用，即可得
到结果.
【解答过程】函数f (x)=2x2+4ax+1的对称轴为x=−a，
由函数f (x)=2x2+4ax+1在(2,+∞)上单调递增可得−a≤2，即a≥−2，
所以“a>−2”是“函数f (x)=2x2+4ax+1在(2,+∞)上单调递增”的充分不必要条件.故选：A.
[ 1 )
【变式2-3】（23-24高三上·江西鹰潭·阶段练习）已知函数f (x)=¿是 − ,+∞ 上的减函数，则a的取值
2
范围是（ ）
[ 1]
A． −1,− B．(−∞,−1]
2
[ 1)
C． −1,− D．(−∞,−1)
2
【解题思路】首先分析知，x>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)<f (1)=1
x
2a
当x⩽1时，f (x)=−x2+2ax+4，则对称轴为x=− =a，f (1)=2a+3
2×(−1)
[ 1 ) [ 1]
若f (x)是 − ,+∞ 上减函数，则¿ 解得a∈ −1,− ，
2 2
故选：A.
【题型3 函数的最值问题】
【例3】（2024·安徽淮北·二模）当实数t变化时，函数f (x)=|x2+t|,x∈[−4,4]最大值的最小值为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【解题思路】先对内函数y=x2+t对应的方程的根的情况分类讨论，得出t≥0时，结果为16，对于t<0时，
求出两根，根据图象，就内函数的零点与区间端点的位置进行分类考虑，利用函数单调性分析即得.
【解答过程】若△=−4t≤0，即t≥0时，f(x)=x2+t，其对称轴为x=0，f(x) =t+16，
max
此时，因t≥0，故g(t)=t+16的最小值为16；
若t<0，由y=x2+t=0可得x=±√−t，（Ⅰ）如图1，当√−t≤4时，即−16≤t<0时，f (x)=|x2+t|在[−4,−√−t]上递减，
在[−√−t,0]上递增，
在[0,√−t]上递减，在[√−t,4]上递增，又f(±4)=|t+16|=t+16,f(0)=|t|=−t，
① 当−16≤t≤−8时，t+16≤−t，故f (x) =−t，而g(t)=−t在[−16,−8]上单调递
max
减，则此时，g(t) =g(−8)=8；
min
② 当−8<t<0时，t+16>−t，故f (x) =t+16，而ℎ(t)=t+16在(−8,0)上单调
max
递增，则此时，g(t)> ℎ(−8)=8.
（Ⅱ）如图2，当√−t>4，即t<−16时，f (x)=|x2+t|在[−4,0]上单调递增，在[0,4]上单调递减，
则此时f (x) =f(0)=|t|=−t，而φ(t)=−t在(−∞,−16)上单调递减，则φ(t)>φ(−16)=16.
max
综上，函数f (x)=|x2+t|,x∈[−4,4]最大值的最小值为8.
故选：D.【变式3-1】（2024·江西鹰潭·三模）若f (x)=|x+2|+|3x−a|的最小值是4，则实数a的值为（ ）
A．6或−18 B．−6或18
C．6或18 D．−6或−18
【解题思路】分a>−6，a<−6，a=−6三种情况，得出每种情况下f (x)的最小值，令其为4，解出a的值.
【解答过程】当a>−6时，f (x)=¿，
(a) a
∴f (x) =f =2+ =4，解得a=6，符合题意；
min 3 3
当a<−6时，f (x)=¿，
(a) a
∴f (x) =f =− −2=4，解得a=−18，符合题意；
min 3 3
当a=−6时，f (x)=4|x+2|，∴f (x) =f (−2)=0≠4，舍掉.
min
故选：A.
【变式3-2】（2024·山西·模拟预测）已知函数f(x)的定义域为(0,+∞)，若对于任意的x，y∈(0,+∞)，
都有f(x)+f(y)= f(xy)+2，当x>1时，都有f(x)>2，且f(3)=3，则函数f(x)在区间[1,27]上的最大
值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【解题思路】令x= y=1可得f(1)=2，再令x= y=3可得f(9)=4，再令x=3,y=9即可得f(27)，再利用
函数单调性定义可得该函数为单调递增函数，故f(27)的值即为所求.
【解答过程】令x= y=1，则f(1)=2，令x= y=3有f(3)+f(3)=f(9)+2，
又f(3)=3，所以f(9)=4，
令x=3,y=9，所以f(3)+f(9) =f(27)+2，所以f(27)=5，
x x
( )
设x >x >0，则 2>1，所以f 2 >2，
2 1 x x
1 1
[ x ] x
( ) ( )
所以f (x )−f (x )=f (x )− f (x )+f 2 −2 =2−f 2 <0，
1 2 1 1 x x
1 1
则f (x )<f (x )，故f(x)在(0,+∞)上单调递增，
1 2
所以函数f(x)在区间[1,27]上的最大值为f(27)=5.
故选：D.
【变式3-3】（2024·全国·三模）已知函数f (x)=bx−(b+3)x3在[−1,1]上的最小值为−3，则实数b的取值
范围是（ ）[ 9 ]
A．(−∞,−4] B．[9,+∞) C．[−4,9] D． − ,9
2
【解题思路】由已知可得当−1≤x<1时，可得bx(1+x)≥−3(x2+x+1)恒成立，通过分离变量，结合函数
性质可求b的取值范围
【解答过程】
因为f (1)=−3，函数f (x)=bx−(b+3)x3在[−1,1]上的最小值为−3，
所以对∀x∈[−1,1]，f (x)≥−3恒成立，
所以bx−(b+3)x3≥−3恒成立，即bx(1−x2)≥−3(1−x3)恒成立，
当x=1时，b∈R，
当−1≤x<1时，可得bx(1+x)≥−3(x2+x+1)恒成立.
当x=0或x=−1时，不等式显然成立；
−3(x2+x+1)
( 1 )
当0<x<1时，b≥ =−3 1+ ，
x(1+x) x2+x
因为x2+x∈(0,2)，所以 1 ∈ (1 ,+∞ ) ，1+ 1 ∈ (3 ,+∞ ) ，−3 ( 1+ 1 ) ∈ ( −∞,− 9) ，
x2+x 2 x2+x 2 x2+x 2
9
所以b≥− ；
2
( 1 )
当−1<x<0时，b≤−3 1+ ，
x2+x
因为x2+x∈ ( − 1 ,0 ) ，所以 1 ∈(−∞,−4)，1+ 1 ∈(−∞,−3)，−3 ( 1+ 1 ) ∈(9,+∞)，
4 x2+x x2+x x2+x
所以b≤9.
[ 9 ]
综上可得，实数b的取值范围是 − ,9 .
2
故选：D.
【题型4 函数的奇偶性及其应用】
【例4】（2024·广东惠州·模拟预测）已知f(x)在R上的奇函数，当x>0时，f(x)=x2−2x−1，则
f(f(−1))=（ ）A．2 B．−2 C．1 D．−1
【解题思路】利用函数奇偶性，由内向外求值即可.
【解答过程】由题意f(−1)=−f(1)=2，所以f(f(−1))=f(2)=−1.
故选：D.
x+1
【变式4-1】（2024·陕西安康·模拟预测）若函数f(x)=ln +a是奇函数，则实数a的值是（ ）
2(x−1)
A．2 B．−2 C．ln2 D．−ln2
【解题思路】根据f(−x)=−f(x)得到a的方程求解即可
−x+1 x−1
【解答过程】f(−x)=ln +a=ln +a，因为f(x)是奇函数，所以有f(−x)=−f(x)，
2(−x−1) 2(x+1)
x−1 ( x+1 ) ( x+1 x−1 ) 1
ln +a=− ln +a ，2a=− ln +ln =−ln =2ln2，
2(x+1) 2(x−1) 2(x−1) 2(x+1) 4
因此a=ln2，
故选：C．
【变式4-2】（2024·河南·模拟预测）已知f (x)是定义在R上的偶函数，∀x∈R,f (4−x)=f (x)，当
x∈[−2,0]时，f (x)=x2+4x，则f (2023)+f (2024)+f (2025)=（ ）
A．−2 B．0 C．−6 D．−4
【解题思路】根据题意，推得f (x+4)=f (x)，得到f (x)是周期为4的函数，结合x∈[−2,0]时，函数的解
析式，求得f (−1),f (0),f (1)的值，进而求得f (2023)+f (2024)+f (2025)的值，得到答案.
【解答过程】因为f (x)是定义在R上的偶函数，∀x∈R,f (4−x)=f (x)，
可得f (4−x)=f (x)=f(−x)，即f (x+4)=f (x)，
所以函数f (x)是以4为周期的周期函数，
可得f (2023)+f (2024)+f (2025)=f (−1)+f (0)+f (1)，
又因为当x∈[−2,0]时，f (x)=x2+4x，
可得f (−1)=f (1)=−3,f (0)=0，所以f (2023)+f (2024)+f (2025)=−6.
故选：C.
【变式4-3】（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【解题思路】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.
【解答过程】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.
【题型5 函数的对称性与周期性综合】
【例5】（2024·河北·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，且f (2x+1)为奇函数，f (2x+4)=f (2x)，
则一定正确的是（ ）
A．f (x)的周期为2 B．f (x)图象关于直线x=1对称
C．f (x+1)为偶函数 D．f (x+3)为奇函数
【解题思路】根据函数奇偶性、对称性及周期性对选项逐一分析即可.
【解答过程】f (2x+1)为奇函数，得f (2x+1)+f (−2x+1)=0，
即f (x+1)+f (−x+1)=0，则f (x+1)为奇函数，故C错误；
且f (x)图象关于点(1,0)中心对称，故B错误；
f (2x+4)=f (2x)可知，函数f (x)周期为4，故A错误；
f (x)=f (x+4)，又f (x)图象关于点(1,0)中心对称，知f (x)=−f (2−x)，
所以f (x+4)=−f (2−x)，得f (x)关于点(3,0)对称，
则f (x+3)关于点(0,0)对称，所以f (x+3)为奇函数，故D正确.
故选：D.
【变式5-1】（2024·甘肃庆阳·一模）已知函数f (x)的定义域为R，f (f (x+ y))=f (x)+f (y)，f (1)=1，则
下列结论错误的是（ ）
A．f (0)=0 B．f (x)是奇函数(1 )
C．f (2024)=2024 D．f (x)的图象关于点 ,0 对称
2
【解题思路】利用赋值法x=1,y=0可得f (0)=0，即可判断A，利用y=−x，即可根据奇函数的定义判断
(1 1)
B，利用f (f (x+1−x))=f (x)+f (1−x)⇒1=f (x)+f (1−x)可判断f (x)的图象关于点 , 对称，即可
2 2
判断D，结合奇函数的性质，即可求解C.
【解答过程】取x=1,y=0，则f (f (1))=f (1)+f (0)，即f (1)=f (1)+f (0)，得f (0)=0，故A正确；
取y=−x，则f (f (x−x))=f (x)+f (−x)，得f (0)=f (x)+f (−x)=0，故f (x)是奇函数，B正确；
对任意的x都有f (f (x+1−x))=f (x)+f (1−x)，可得1=f (x)+f (1−x)，
(1 1)
因此f (x)的图象关于点 , 对称，故D错误；
2 2
由于1=f (x)+f (1−x)且f (x)是奇函数，得1=f (x)−f (x−1)，即f (x)=f (x−1)+1，
因此f (2)=f (1)+1=2,f (3)=f (3)+1=3,f (4)=f (3)+1=4,⋯,f (2024)=2024，C正确.
故选：D.
【变式5-2】（2024·山东菏泽·模拟预测）已知函数f (x)满足：f (x)+f (x+2)+f (x)f (x+2)=1，f (−1)=0，
则下列说法正确的有（ ）
A．f (x)是周期函数
B．f (2024)=0
C．f (2+x)=f (2−x)
D．f (x)图象的一个对称中心为(0,1)
【解题思路】先证明f (x+4)=f (x)得到A正确；再给出f (x)=¿作为反例说明B，C，D错误.
【解答过程】对于A，由于(f (x)+1)(f (x+2)+1)=1+f (x)+f (x+2)+f (x)f (x+2)=1+1=2，故
(f (x)+1)(f (x+2)+1)=2.
从而(f (x+2)+1)(f (x+4)+1)=2，这就得到(f (x+2)+1)(f (x+4)+1)=(f (x)+1)(f (x+2)+1)≠0，所以
f (x+4)+1=f (x)+1，即f (x+4)=f (x).
所以f (x)是周期函数，故A正确；
对于B，C，D，取f (x)=¿，则f (x)满足条件，但f (2024)=√2−1，f (2−1)=f (1)=1≠0=f (3)=f (2+1)，同时由于f (−1)=0，f (1)=1，从而(−1,0)关于(0,1)的对称点(1,2)并不在函数图象上，故B，C，D错误；
故选：A.
【变式5-3】（2024·陕西商洛·模拟预测）已知定义在R上的函数f (x)满足f (2x+6)=f (−2x)，且
(5)
f (x−1)+f (x+1)=f (−2)，f =1，现有下列4个结论：
2
①f(2024)=1；
②f (x)的图象关于直线x=−3对称；
③f (x)是周期函数；
2025
④∑(−1) kkf ( k− 1) =2025.
2
k=1
其中结论正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据所给等式，结合赋值法推导出函数的对称轴及周期，再逐项分析即可.
【解答过程】因为f (x−1)+f (x+1)=f (−2)，
所以f (x+1)+f (x+3)=f (−2)，
所以f (x−1)=f (x+3)，即f (x)=f (x+4)，
所以f (x)是周期为4的周期函数，则③正确.
令x=−1，得f (−2)+f (0)=f (−2)，
则f (0)=0，从而f(2024)=f(0)=0，故①错误；
因为f (2x+6)=f (−2x)，
所以f (x+6)=f (−x)，
所以f (−x)=f (x−6)，
所以f (x)的图象关于直线x=−3对称，则②正确；
易得f (x)的周期为4，且其图象关于直线x=−3及x=3对称，
则直线x=−3+4n及x=3+4n(n∈Z)均为f (x)图象的对称轴，
(7) (5)
从而f (−2)=f (0)=0,f =f =1.
2 2
3 (3 ) (3 )
令x= ，得f −1 +f +1 =0，
2 2 2
(1) (5)
即f =−f =−1，
2 2(1) (3) (9)
则f =f =f =−1，
2 2 2
2025
故∑(−1) kkf ( k− 1) =−f (1) +2f (3) −3f (5) +4f (7) −⋯−2025f (4049)
2 2 2 2 2 2
k=1
=(1−2−3+4)+⋯+(2021−2022−2023+2024)+2025=2025，故④正确.
故选：C.
【题型6 利用函数的性质比较大小】
【例6】（2024·广东深圳·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)<f (1)<f (2) B．f (2)<f (1)<f (4)
C．f (1)<f (2)<f (4) D．f (4)<f (2)<f (1)
【解题思路】由f (3+x)=f (1−x)，得到f (1)=f (3)，利用单调性即可判断大小关系，即可求解．
【解答过程】因为对∀x∈R都有f (3+x)=f (1−x)，所以f (1)=f (3−2)=f [1−(−2)]=f (3)
又因为f (x)在(2，+∞)上单调递减，且2<3<4，
所以f (4)<f (3)<f (2)，即f (4)<f (1)<f (2)．
故选：A．
【变式6-1】（2024·河北·三模）已知a=√112−√115,b=√115−√118,c=√118−11，那么a,b,c的大
小关系是（ ）
A．a>b>c B．a>c>b
C．a<b<c D．c>a>b
3
【解题思路】分子有理化，化简后根据函数y=− 的单调性判断即可.
x
−3 −3
【解答过程】由题意可知，a=√112−√115= ,b=√115−√118= ，
√112+√115 √115+√118
−3 3
c=√118−11= ，由y=− 在(0,+∞)上单调递增可得a<b<c，
√118+√121 x
故选：C.
【变式6-2】（24-25高一上·河北邯郸·期中）已知定义在R上的函数f (x)满足f (1−x)=f (3+x)，且在
(−∞,2]上单调递增，a=f (π)，b=f (√3)，c=f (0)，则（ ）
A．a<b<c B．c<b<a C．b<c<a D．c<a<b
【解题思路】由题意确定对称轴为x=2，进而确定函数单调性，由单调性即可判断.【解答过程】由已知得函数f (x)的图象关于直线x=2对称，
所以f (x)在(−∞,2]上单调递增，在[2,+∞)上单调递减，
所以f (0)<f (√3)．又2<π<4，所以f (π)>f (4)=f (0)．
因为π−2>2−√3，所以f (π)<f (√3)．
故f (0)<f (π)<f (√3)，即c<a<b．
故选：D.
【变式6-3】（24-25高一上·宁夏银川·期中）函数y=f(x)为定义在 R 上的偶函数，且对任意
f (x )−f (x )
x ,x ∈[0,+∞)(x ≠x )都有 1 2 <0，则下列关系正确的是（ ）
1 2 1 2 x −x
1 2
A．f(−3)>f(−2)>f(1) B．f(−2)>f(1)>f(−3)
C．f(−3)>f(1)>f(−2) D．f(1)>f(−2)>f(−3)
【解题思路】由函数y=f(x)为定义在R上的偶函数可得f(−3)=f (3),f(−2)=f (2)，然后利用y=f(x)
的单调性可得答案.
【解答过程】因为函数y=f(x)为定义在R上的偶函数，
所以f(−3)=f (3),f(−2)=f (2)，
f(x )−f(x )
因为对任意x ,x ∈[0,+∞) (x ≠x )都有 1 2 <0，
1 2 1 2 x −x
1 2
即有y=f(x)在[0,+∞)上单调递减，
所以f(−3)=f (3)<f(−2)=f (2)<f(1)，
故选：D.
【题型7 利用函数的性质解不等式】
【例7】（2024·陕西商洛·一模）已知函数f(x)=−2x3−3x+2，若不等式f (a2−1)+f(−a−5)>4成立，
则a的取值范围是（ ）
A．(−∞,−2)∪(3,+∞) B．(−2,3) C．(−∞,−3)∪(2,+∞) D．
(−3,2)
【解题思路】构造函数g(x)，验证其为奇函数，再将问题转化为g(a2−1)>g(a+5)，然后由单调性解抽象函数不等式即可；
【解答过程】设g(x)=f(x)−2=−2x3−3x，则g(−x)=2x3+3x=−g(x)，故g(x)是奇函数．
不等式f (a2−1)+f(−a−5)>4等价于不等式f (a2−1)−2+f(−a−5)−2>0,
即不等式g(a2−1)+g(−a−5)>0.
因为g(x)是奇函数，所以g(a2−1)>g(a+5).
易证g(x)是R上的减函数，则a2−1<a+5，即a2−a−6<0，解得−2<a<3．
故选：B.
【变式7-1】（2024·四川资阳·二模）若定义在R上的偶函数f (x)在[0,+∞)上单调递增，则不等式
f (2x+1)−f (x−1)>−3x2−6x的解集为（ ）
A．(−∞,−2)∪(0,+∞) B．(−∞,−1)∪(0,+∞)
C．(−2,0) D．(−1,0)
【解题思路】根据偶函数的性质，结合不等式特征构造新函数，利用新函数的单调性和奇偶性进行求解即
可.
【解答过程】由f (2x+1)−f (x−1)>−3x2−6x，可得f (2x+1)+(2x+1) 2>f (x−1)+(x−1) 2 .
令g(x)=f (x)+x2，因为f (x)是偶函数，且在[0,+∞)上单调递增，所以g(x)也是偶函数，且在[0,+∞)上
单调递增，从而|2x+1|>|x−1|，解得x<−2或x>0.
故选：A.
【变式7-2】（2024·重庆·模拟预测）已知函数y=f(x)的定义域是(−∞,0)∪(0,+∞)，对任意的x ，
1
x f (x )−x f (x )
x ∈(0,+∞)，x ≠x ，都有 2 2 1 1 >0，若函数y=f (x+1)的图象关于点(−1,0)成中心对称，
2 1 2 x −x
2 1
4
且f (1)=4，则不等式f (x)> 的解集为（ ）
x
A．(−1,0)∪(0,1) B．(−1,0)∪(1,+∞)
C．(−∞,−1)∪(0,1) D．(−∞,−1)∪(1,+∞)
【解题思路】由题意，构造函数g(x)=xf(x)，判断函数g(x)的奇偶性和单调性，结合函数的奇偶性和单
调性解不等式即可.【解答过程】由函数y=f(x+1)图象关于点(−1,0)中心对称，知函数f(x)图象关于点(0,0)中心对称，
所以f(x)为奇函数.
令g(x)=xf(x)，则g(−x)=−xf(−x)=xf(x)=g(x)，所以g(x)为偶函数，
g(x )−g(x )
对于∀x ,x ∈(0,+∞)，有 2 1 >0(x ≠x )，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
1 2 x −x 1 2
2 1
所以g(x)在(−∞,0)上单调递减.
由f(1)=4，得g(1)=4，g(−1)=4，
4
当x>0时，f(x)> 变形为xf(x)>4，即g(x)>g(1)，解得x>1；
x
4
当x<0时，f(x)> 变形为xf(x)<4，即g(x)<g(−1)，解得−1<x<0，
x
4
综上，不等式f(x)> 的解集为(−1,0)∪(1,+∞).
x
故选：B.
【变式7-3】（2024·广西柳州·三模）设函数f (x)是定义在R上的奇函数，且对于任意的x，y∈R，都有
|f (x)−f (y)|<|x−y|.若函数g(x)−f (x)=x，则不等式g(2x−x2)+g(x−2)<0的解集是（ ）
A．(−1,2) B．(1,2)
C．(−∞,−1)∪(2,+∞) D．(−∞,1)∪(2,+∞)
【解题思路】由f(x)的奇偶性可判断 g(x)也为奇函数，然后结合|f(x)−f(y)|<|x−y|，及单调性
的定义可判断g(x)单调递增，结合单调性及奇函数的定义可求．
【解答过程】∵g(x)−f(x)=x，∴g(x)=f(x)+x，
由于f (x)是定义在R上的奇函数，即f (x)+f (−x)=0，
∴g(−x)=f(−x)−x=−f(x)−x=−g(x)，故g(x)为奇函数，
∵对于任意的x，y∈R，有|f(x)−f(y)|<|x−y|，
∴|(g(x)−x)−(g(y)−y)|<|x−y|，
|g(x)−g(y)−(x−y)|
当x≠ y时，有 <1，
|x−y|
|g(x)−g(y) |
即 −1 <1，
x−yg(x)−g(y)
∴0< <2， ∴g(x)单调递增，
x−y
∵g(2x−x2 )+g(x−2)<0，
∴g(2x−x2 )<−g(x−2)=g(2−x)，
∴2x−x2<2−x，
整理可得，x2−3x+2>0，
解可得，x>2或x<1，
故选：D.
【题型8 抽象函数的性质综合】
【例8】（2024·河南·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，对于任意实数x，y满足
f (x+ y)+f (x−y)=f (x)f (y)，且 f (1)=1，则下列结论错误的是（ ）
A．f (0)=2 B．f (x)为偶函数
C．f (x)为奇函数 D．f (2)=−1
【解题思路】由条件等式通过取特殊值求f (0)，f (2)由此判断A，D，再取特殊值确定f(x)，f(−x)的关
系结合函数的奇偶性的定义判断选项B，C.
【解答过程】因为∀x,y∈R，f (x+ y)+f (x−y)=f (x)f (y)，
取x=1，y=0可得f (1)+f (1)=f (1)f (0)，又f (1)=1，所以f (0)=2；A对；
取x=0，y=x可得f (x)+f (−x)=f (0)f (x)，因为f (0)=2，所以f (−x)=f (x)，所以f (x)为偶函数，C错，
B对；
取x=1，y=1可得f (2)+f (0)=f (1)f (1)，又f (1)=1， f (0)=2；
所以f (2)=−1，D对；
故选：C.
【变式8-1】（2024·安徽·二模）已知函数y=f (x)(x≠0)满足f (xy)=f (x)+f (y)−1，当x>1时，f (x)<1，
则（ ）
A．f (x)为奇函数 B．若f (2x+1)>1，则−1<x<0
1 (1) ( 1 )
C．若f (2)= ，则f (1024)=−4 D．若f =2，则f =10
2 2 1024
【解题思路】根据赋值法可得f (1)=1，f (−1)=1，进而可得f (−x)=f (x)，即可判断A，根据函数单调性
的定义可判断y=f (x)(x≠0)在(0,+∞)上为减函数，即可求解B，代值逐步求解即可判断CD.
【解答过程】令x=1，y=−1，f (−1)=f (1)+f (−1)−1，所以f (1)=1；令x=−1，y=−1，f (1)=f (−1)+f (−1)−1则f (−1)=1．
令y=−1，得f (−x)=f (x)，故y=f (x)(x≠0)为偶函数．A错误，
x
任取x ，x ∈(0,+∞)，x <x ，则 2>1，
1 2 1 2 x
1
x
( )
则f (x )=f (x )+f 2 −1<f (x )，故y=f (x)(x≠0)在(0,+∞)上为减函数．
2 1 x 1
1
1
由已知f (2x+1)>1，可得f (|2x+1|)>f (1)，故|2x+1|<1，解得−1<x<0，且x≠− ．B错误，
2
1
若f (2)= ，则f (1024)=f (210)=f (29)+f (2)−1=10f (2)−9=−4，C正确，
2
若f
(1)
=2，则f
( 1 )
=2f
(1)
−1=3，f
( 1 )
=2f
( 1 )
−1=5，
2 22 2 24 22
( 1 ) (1) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
f =f +f −1=6，所以f =2f −1=11，故D错误，
25 2 25 1024 25
故选：C．
【变式8-2】（2024·辽宁抚顺·一模）已知定义域为¿的函数f (x)满足f (x+ y)[f (x)+f (y)]=f (x)f (y)，
f (1)=2，且当x∈(0,+∞)时，f (x)>0恒成立，则下列结论正确的是（ ）
(2)
A．f =6 B．f (2x)=2f (x)
3
C．f (x)为奇函数 D．f (x)在区间(0,+∞)是单调递增函数
【解题思路】赋值法可判断A，利用奇偶函数的定义及赋值法判断BC，由函数的特例可判断D.
1 (2)[ (1) (1)] (1) (1)
【解答过程】令x= y= ，则f f +f =f f ，
3 3 3 3 3 3
所以2f
(2)
f
(1) =f2(1)
，因为当x∈(0,+∞)时，f (x)>0，
3 3 3
(2) (1)
所以2f =f ，
3 3
2 1 [ (2) (1)] (2) (1)
令x= ，y= ，所以f (1) f +f =f f ，
3 3 3 3 3 3即2
[
f
(2)
+2f
(2)] =2f2(2)
，解得：f
(2)
=3，故A错误；
3 3 3 3
由题意，函数f (x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，关于原点对称，
令y=−2x，则f (x−2x)[f (x)+f (−2x)]=f (x)f (−2x)，即f (−x)[f (x)+f (−2x)]=f (x)f (−2x)
令−x代换x,y，则f (−x−x)[f (−x)+f (−x)]=f (−x)f (−x)，即2f (−2x)f (−x)=f (−x)f (−x)，
所以2f (−2x)=f (−x)，令−x代换x，所以2f (2x)=f (x)，故B错误；
由将2f (−2x)=f (−x)代入f (−x)[f (x)+f (−2x)]=f (x)f (−2x)，
[ f (−x)] f (−x)
可得f (−x) f (x)+ =f (x) ，化简可得f (−x)=−f (x)，
2 2
所以f(x)为奇函数，故C正确；
令x= y=1，则f (2)[f (1)+f (1)]=f (1)f (1)，解得：f (2)=1，f (1)=2>f (2)=1，故D错误.
故选：C.
【变式8-3】（2024·广西玉林·三模）函数f (x)对任意x，y∈R总有f (x+ y)=f (x)+f (y)，当x<0时，
1
f (x)<0，f (1)= ，则下列命题中正确的是（ ）
3
A．f (x)是偶函数 B．f (x)是R上的减函数
C．f (x)在[−6,6]上的最小值为−2 D．若f (x)+f (x−3)≥−1，则实数x的取值范围为[3,+∞)
【解题思路】利用赋值法，结合函数奇偶性的定义，即可判断A；
根据函数单调性的定义，结合条件，即可判断B；
根据函数的单调性，和奇偶性，以及条件，即可判断C；
不等式转化为f (2x−3)≥f (−3)，利用函数的单调性，即可判断D.
【解答过程】解：取x=0，y=0，则f (0)=f (0)+f (0)，解得f (0)=0，y=−x，
则f (0)=f (x)+f (−x)．即−f (x)=f (−x)，函数f (x)是奇函数，所以选项A错误；
令x ，x ∈R，且x <x ，则x −x <0，因为当x<0时，f (x)<0，所以f (x −x )<0．
1 2 1 2 1 2 1 2
则f (x )−f (x )=f (x )+f (−x )=f (x −x )<0．即f (x )<f (x )，
1 2 1 2 1 2 1 2
函数f (x)是R上的增函数，所以选项B错误；因为函数f (x)是R上的增函数，所以函数f (x)在[−6,6]上的最小值为f (−6)，
f (−6)=f (−3)+f (−3)=2f (−3)，f (−3)=−f (3)，f (3)=f (2)+f (1)=3f (1)=1．
故f (−6)=−2，f (x)在[−6,6]的最小值为-2，所以选项C正确；
f (x)+f (x−3)≥−1，即f (2x−3)≥f (−3)，
因为函数f (x)是R上的增函数，所以2x−3≥−3，所以x≥0，
所以实数x的取值范围为[0,+∞)，所以选项D不正确．
故选：C．
【题型9 函数性质的综合应用】
【例9】（2024·全国·模拟预测）已知定义在R上的函数f (x)满足f (x+1)=3f (x)，当x∈(−1,0]时，
|2x+1|−1
f (x)= .若∀x∈(−∞,t]，f (x)≥−18，则t的取值范围是（ ）
3
[10 ) [10 11] ( 10] ( 10]
A． ,+∞ B． , C． −1, D． −∞,
3 3 3 3 3
【解题思路】根据题意可得当x∈(−1,0]时，f (x)的单调性和最值，进而结合f (x+1)=3f (x)以及恒成立
问题分析求解.
|2x+1|−1
【解答过程】由题意可知：当x∈(−1,0]时，f (x)= =¿，
3
( 1) ( 1 ] 1
可知f (x)在 −1,− 上单调递减，在 − ,0 上单调递增，f (x)≤0且f (x)的最小值为− ；
2 2 3
当x∈(0,1]时，x−1∈(−1,0]，f (x)=3f (x−1)=|2x−1|−1≥−1；
当x∈(1,2]时，x−2∈(−1,0]，f (x)=32f (x−2)=3|2x−3|−3≥−3；
当x∈(2,3]时，x−3∈(−1,0]，f (x)=33f (x−3)=9|2x−5|−9≥−9；
当x∈(3,4]时，x−4∈(−1,0]，f (x)=34f (x−4)=27|2x−7|−27≥−27.
10 11
令27|2x−7|−27=−18，解得x= 或x= ，
3 3
10
因为∀x∈(−∞,t]，f (x)≥−18，所以t≤ ，
3
故选：D.
【变式9-1】（2024·河南新乡·三模）设函数f(x)的定义域为R，满足f(x−2)=2f(x)，且当x∈(0,2]时，
3
f(x)=x(2−x).若对任意x∈[a,+∞)，都有f(x)≤ 成立，则a的取值范围是（ ）
8
[7 ) [5 )
A． ,+∞ B． ,+∞
2 2( 3] ( 5]
C． −∞,− D． −∞,−
2 2
【解题思路】由题设条件画出函数的图象，由图象分析得出m的取值范围.
【解答过程】因为当x∈(0,2]时，f(x)=x(2−x)；f(x−2)=2f(x)，
1 1
所以f(x)= f(x−2)，即若f(x)在(0,2]上的点的横坐标增加2，则对应y值变为原来的 ；若减少2，
2 2
则对应y值变为原来的2倍.
当x∈(0,2]时，f(x)=x(2−x)=−(x−1) 2+1，f(x) =f(1)=1，
max
3
故当a<0时，对任意x∈[a,+∞)，f(x)≤ 不成立，
8
1 1 1 [ 1]
当x∈(2,4]时，f(x)= f(x−2)=− (x−3) 2+ ∈ 0, ，
2 2 2 2
1 1 [ 1]
同理当x∈(4,6]时，f(x)=− (x−5) 2+ ∈ 0, ，
4 4 4
3
以此类推，当x>4时，必有f(x)≤ .
8
3
函数f (x)和函数y= 的图象如图所示：
8
1 1 [ 1]
因为当x∈(2,4]时，f(x)=− (x−3) 2+ ∈ 0, ，
2 2 2
1 1 3 7 5
令− (x−3) 2+ = ，解得x = ，x = （舍去），
2 2 8 1 2 2 2
3 7
因为当x∈[a,+∞)时，f(x)≤ 成立，所以a≥ .
8 2
故选：A.
【变式9-2】（2024·贵州·模拟预测）已知函数f (x)=|x−1|−1，下列结论正确的是（ ）
A．f (x)是偶函数
B．f (x)在(0,+∞)上单调递增
C．f (x)的图象关于直线x=1对称D．f (x)的图象与x轴围成的三角形面积为2
【解题思路】去掉绝对值，得到f (x)=¿，画出其图象，进而判断出四个选项.
【解答过程】A选项，f (x)=|x−1|−1=¿，
画出其函数图象，如下：
故f (x)不是偶函数，A错误；
B选项，f (x)在(0,1)上单调递减，故B错误；
C选项，f (x)的图象关于直线x=1对称，C正确；
2×1
D选项，f (x)的图象与x轴围成的三角形面积为 =1，D错误.
2
故选：C.
【变式9-3】（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数y=f (x)是定义在R上的函数，f (1+x)=f (1−x)，函数
f (x+1)的图象关于点(−1,0)对称，且对任意的x ,x ∈[0,1],x ≠x ，均有
1 2 1 2
x3f (x )+x3f (x )>x3f (x )+x3f (x )，则下列关于函数y=f (x)的说法中，正确的个数是（ ）
1 1 2 2 1 2 2 1
①f (x+2)=f (x−2)；
( 13) (26)
②f − <f ；
2 3
③函数y=f (x)在[2,4]上单调递增；
④不等式f (x)≥0的解集为[4k,4k+2](k∈Z).
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据题意可知函数f (x)是以4为周期的周期函数，且在[−1,1]上单调递增，在[1,3]上单调递
减，(3,5)上单调递增，逐一判断选项即可.
【解答过程】由函数f (x+1)的图象关于点(−1,0)对称，得f (x)的图象关于点(0,0)对称，即函数f (x)是奇
函数，
由f (1+x)=f (1−x)，得f (x)的图象关于直线x=1对称，
f(x+4)=f [(x+3)+1]=f [1−(x+3)]=f(−x−2)=−f(x+2)=−f [(x+1)+1]=−f [1−(x+1)]=−f(−x)=f(x)，因此f(x)是以4为周期的周期函数，①正确；
对任意的x ,x ∈[0,1],x ≠x ，均有x3f (x )+x3f (x )>x3f (x )+x3f (x )，
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1
不妨设x >x ，则(x3−x3)f (x )>(x3−x3)f (x )，即f (x )>f (x )，因此f (x)在[0,1]上单调递增，
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2
13 13 3 1 26 26 2 1
f(− )=f(− +8)=f( )=f( )，f( )=f( −8)=f( )>f( )，②正确；
2 2 2 2 3 3 3 2
由函数f (x)是R上的奇函数，在[0,1]上单调递增，得函数f (x)在[−1,1]上单调递增，
在[1,3]上单调递减，(3,5)上单调递增，③错误；
由f(2)=f(0)=0，f (x)在[−1,1]上单调递增，在[1,3]上单调递减，得当x∈[−1,3]时，f (x)≥0，则有
x∈[0,2]，
又函数f (x)是以4为周期的周期函数，因此不等式f (x)≥0的解集为[4k,4k+2](k∈Z)，④正确.
故选：C.
|x2−1|
1．（2022·天津·高考真题）函数y= 的图象大致为（ ）
x
A． B．
C． D．
【解题思路】分析函数的定义域、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y=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，CD选项错误；
|x2−1|
又当x<0时，f (x)= ≤0，B选项错误.
x
故选：A.
2．（2022·全国·高考真题）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，
22
则∑❑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．
3．（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
【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.
2x−1
4．（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
【解题思路】根据偶函数性质，利用特殊值法求出a值，再检验即可.
1
【解答过程】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.
5．（2024·广东江苏·高考真题）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)>1000
C．f(10)<1000 D．f(20)<10000
【解题思路】代入得到f(1)=1,f(2)=2，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【解答过程】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，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.
故选：B.
6．（2024·上海·高考真题）已知f (x)=x3+a，x∈R，且f (x)是奇函数，则a= 0 ．
【解题思路】根据奇函数的性质可求参数a.
【解答过程】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.
