专题 2.4 函数的单调性、奇偶性、对称性与周期性
【新高考专用】
题型一 函数单调性的判断及单调区间的求解
1．（2024高三·全国·专题练习）设函数f (x)在R上为增函数，则下列结论正确的是（ ）
1
A．y=
在R上为减函数
|f (x)|
B．y=|f (x)|在R上为增函数
1
C．y=− 在R上为增函数
f (x)
D．y=−f (x)在R上为减函数
【解题思路】通过举反例即可判断A、B、C选项，可以借助单调性的定义证明D选项.
1 1
【解答过程】对于A选项，若f (x)=x，则y= = ，在R上不是减函数，故A错误；
|f (x)| |x|
对于B选项，若f (x)=x，则y=|f (x)|=|x|，在R上不是增函数，故B错误；
1 1
对于C选项，若f (x)=x，则y=− =− ，在R上不是增函数，故C错误；
f (x) x
对于D选项，函数f (x)在R上为增函数，则对于任意的x ,x ∈R，设x <x ，必有f (x )<f (x )，即
1 2 1 2 1 2
f (x )−f (x )<0，
1 2
对于y=−f (x)，则有y −y =[−f (x )]−[−f (x )]=−[f (x )−f (x )]>0
1 2 1 2 1 2
则y=−f (x)在R上为减函数，故D正确．
故选：D.
2．（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.
[1 ]
3．（24-25高一上·湖南邵阳·阶段练习）函数g(x)=x|x−1|+1的单调递减区间为 ,1 .
2
【解题思路】将绝对值函数转化为分段函数形式，作出函数图像，结合图像可知单调递减区间.
【解答过程】g(x)=x|x−1|+1=¿
画出函数图象，如图可知，
( 1) [1 ]
当x≤1时，函数在 −∞, 上单调递增，在 ,1 上单调递减，
2 2
当x>1时，函数在(1,+∞)上单调递增，
[1 ]
综上所述，函数的单调递减区间为 ,1 .
2
[1 ]
故答案为： ,1 .
2
x+2
4．（23-24高一上·河南郑州·期中）函数y= 在区间(6,+∞)内的单调性是 单调递减 .
x−6
【解题思路】化简函数解析式，用定义证明函数的单调性即可.
x+2 x−6+8 8
【解答过程】因为f(x)= = =1+ ，
x−6 x−6 x−6
∀x ,x ∈(6,+∞)，且x <x ，则
1 2 1 2
8 ( 8 ) 8 8
f(x )−f(x )=1+ − 1+ = −
1 2 x −6 x −6 x −6 x −6
1 2 1 28(x −x )
= 2 1
，
(x −6)(x −6)
1 2
由x >x >6，则(x −6)(x −6)>0,x −x >0，
2 1 1 2 2 1
8(x −x )
于是 2 1 >0， f(x )−f(x )>0，即f(x )>f(x )，
(x −6)(x −6) 1 2 1 2
1 2
所以f(x)在(6,+∞)单调递减.
故答案为：单调递减.
题型二 利用函数的单调性求参数
5．（2024·陕西商洛·一模）已知函数f(x)=¿是定义在R上的增函数，则a的取值范围是（ ）
A．[1,3) B．[1,2] C．[2,3) D．(0,3)
【解题思路】由题意可知函数在每一段上为增函数，且在x=1时，一次函数的值不小于二次函数的值，然
后解不等式组可求得结果.
【解答过程】因为f(x)=¿是定义在R上的增函数，
所以¿，解得1≤a≤2.
故选：B.
6．（2024·北京丰台·一模）已知函数f (x)的定义域为R，存在常数t(t>0)，使得对任意x∈R，都有
| t|
f(x+t)=f(x)，当x∈[0,t)时，f(x)= x− ．若f (x)在区间(3,4)上单调递减，则t的最小值为（ ）
2
8 8
A．3 B． C．2 D．
3 5
【解题思路】根据函数的周期性和绝对值型函数的单调性进行求解即可.
【解答过程】因为存在常数t(t>0)，使得对任意x∈R，都有f(x+t)=f(x)，
所以函数的周期为t，
| t| t
当x∈[0,t)时，函数f(x)= x− 在[0, )单调递减，
2 2
| t| (2n+1)t
所以当x≥0时，函数f(x)= x− 在[nt, )(n∈N∗)上单调递减，
2 2
因为f (x)在区间(3,4)上单调递减，
所以有¿，
故选：B.7．（2024·山东·模拟预测）若函数f(x)=kx+k2的图像经过点(1,2)，且在R上是减函数，则k= −2 ．
【解题思路】因函数图像过(1,2)，且在R上是减函数，根据一次函数的性质，k<0，f (1)=2可得.
【解答过程】因为函数f(x)=kx+k2的图像经过点(1,2)，且在R上是减函数，
所以2=k+k2，且k<0，
得k=−2或k=1（舍去）．
故答案为：−2．
4
8．（24-25高一上·江苏连云港·期中）若函数f (x)=¿在R上单调递增，则实数a的取值范围为 (−2, ] .
5
【解题思路】根据分段函数在R上单调递增列出不等式组，解此不等式组即可作答.
4
【解答过程】由题意可得¿，解得−2<a≤
.
5
( 4]
所以实数a的取值范围为 −2, .
5
( 4]
故答案为： −2, .
5
题型三 函数的最值问题
9．（2024·江西九江·模拟预测）若0<x<6，则6x−x2有（ ）
A．最小值3 B．最大值3 C．最小值9 D．最大值9
【解题思路】根据二次函数的性质进行求解即可.
【解答过程】令y=6x−x2=−(x−3) 2+9，对称轴为x=3，开口向下，
因为0<x<6，所以当x=3时，6x−x2有最大值9，没有最小值，
故选：D.
10．（24-25高一上·北京延庆·期中）∀x∈R，设f(x)取y=4x+1，y=x+1，y=−2x+4三个函数值
中的最小值，则f(x)的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】作出函数f(x)的图象，利用图象求出其最大值.
【解答过程】在同一坐标系内作出直线y=4x+1，y=x+1，y=−2x+4，
由f(x)取y=4x+1，y=x+1，y=−2x+4三个函数值中的最小值，
得f(x)的图象为下图中实线构成的折线图，则f(x)的最大值即为f(x)的图象最高点对应的纵坐标值，
观察图象知，f(x)的图象最高点是直线y=x+1与y=−2x+4的交点，
由¿，得¿，因此f(x)的图象最高点是(1,2)，
所以f(x)的最大值为2.
故选：B.
11．（2024·安徽淮北·一模）记不超过x的最大整数为[x].若函数f (x)=|2x−[2x+t]|既有最大值也有最小
1 [1 )
值，则实数t的值可以是 （答案不唯一，取 ,1 内得任一值即可） （写出满足条件的一个t的值即
2 2
可）.
【解题思路】根据题意取2x+t=m+n，m∈Z，n∈[0,1)，则f (x)=|n−t|，将问题转化为g(n)=|n−t|
1 1
在区间[0,1)上既有最大值，又有最小值，然后t≤0，0<t< ， ≤t<1和t≥1四种情况分析讨论即可求出
2 2
答案.
【解答过程】取2x+t=m+n，m∈Z，n∈[0,1).
则f (x)=|2x−[2x+t]|=|(m+n−t)−m|=|n−t|.
题意等价于g(n)=|n−t|在区间[0,1)上既有最大值，又有最小值.
当t≤0时，g(n)=n−t在[0,1)上为增函数，只有最小值g(0)，无最大值；
1
当0<t< 时，g(n)在(0,t)上递减，在(t,1)上递增，此时g(0)<g(1)，有最小值g(t)，无最大值；
2
1
当 ≤t<1时，g(n)在(0,t)上递减，在(t,1)上递增，此时g(0)≥g(1)，最大值为g(0)，最小值为g(t)；
2
当t≥1时，g(n)=t−n在[0,1)上为减函数，有最大值g(0)，无最小值.
[1 )
综上，t的取值范围是 ,1 .
21 [1 )
故答案为： （答案不唯一，取 ,1 内得任一值即可）.
2 2
a
12．（2024·上海徐汇·二模）已知函数f (x)=x+ +b，x∈[b,+∞)，其中b>0，a∈R，若f (x)的最小
x
值为2，则实数a的取值范围是 (−∞,1) .
【解题思路】根据a讨论函数单调性，再根据单调性确定函数最值，最后根据最值确定a的取值范围.
【解答过程】①当a≤0时，f(x)在[b,+∞)上单调递增，
a 1+√1−2a
所以f (x) =f (b)=2b+ =2,∵b>0,∴b= ，因此a≤0满足题意；
min b 2
②当a>0时，f(x)在[√a,+∞)上单调递增，在(0,√a)上单调递减
（i）当√a≤b时，f(x)在[b,+∞)上单调递增，
a
所以f(x) =f(b)=2b+ =2，则2b2−2b+a=0，
min b
1±√1−2a
∴Δ=1−2a≥0,b= ≥√a，
2
所以a≤b2，2b−2b2≤b2，b>0，
2 1+√1−2a
∴b≥ ，∴b= ，
3 2
1+√1−2a
∵ ≥√a⇒√1−2a≥2√a−1，
2
1 1 4
⇒0<a≤ 或¿或 <a≤ ,
4 4 9
4
∴0<a≤ ；
9
（ii）当√a>b时，f(x)在[√a,+∞)上单调递增，在[b,√a)上单调递减，
所以f (x) =f (√a)=2√a+b=2,
min
∵0<b<√a，即√a>2−2√a>0，
4
∴ <a<1；
9
综上，a的取值范围为a<1.
故答案为：(−∞,1).
题型四 函数的奇偶性及其应用
13．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知f (x)是定义在R上的奇函数，g(x)是定义在R上的偶函数，且f (x)，g(x)在[0,+∞)上单调递减，则（ ）
A．f (f (x))是偶函数 B．f (g(x))是奇函数
C．f (f (−1))<f (f (−2)) D．g(−f (−1))>g(f (−2))
【解题思路】由函数奇偶性的定义判断AB，由函数单调性判断CD.
【解答过程】由f (f (−x))=f (−f (x))=−f (f (x))，得f (f (x))是奇函数，且定义域（全体实数）关于原点
对称，
由f (g(−x))=f (g(x))，且定义域（全体实数）关于原点对称，得f (g(x))为偶函数，故A，B选项均错误．
由题易知函数f (x)在R上单调递减，函数g(x)在(−∞,0)上单调递增，
由−1>−2，得f (−1)<f (−2)，从而f (f (−1))>f (f (−2))，即C选项错误．
由0=f (0)<f (−1)<f (−2)，得|−f (−1)|<f (−2)，从而g(−f (−1))>g(f (−2))，即D选项正确．
故选：D.
( 3 )
14．（2024·陕西宝鸡·三模）已知函数f(x)=x⋅ a+ 为偶函数，则a=（ ）
1+2x
3 3
A．−1 B．− C． D．1
2 2
【解题思路】根据函数的奇偶性即可求值．
【解答过程】解：由于f(x)为偶函数，则f(−x)=f(x)恒成立，
3 3
则f(−1)=f(1)，则有−1⋅(a+ )=(a+ )，
1+2−1 1+2
3
可得a=− ，
2
经验证满足f(−x)=f(x)恒成立．
故选：B．
15．（2024·内蒙古包头·三模）已知函数f (x)=
ax+b
是定义在R上的奇函数，且f
(1)
=
4
，则f (3)=
x2+3 2 13
1
．
2【解题思路】由已知f (0)=0，得b=0，又f
(1)
=
4
，可得a=2，则f (x)=
2x
，即可求得f (3).
2 13 x2+3
ax+b
【解答过程】因为函数f (x)= 是定义在R上的奇函数，
x2+3
b
所以f (0)= =0，所以b=0，
3
1
a
又f
(1)
=
4
，所以 f
(1)
=
2
=
4
，解得a=2，
2 13 2 (1) 2 13
+3
2
2x 2×3 1
经检验a=2,b=0符合题意，所以f (x)= ，则f (3)= =
.
x2+3 32+3 2
1
故答案为： .
2
16．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知f (x),g(x)是定义域为R的函数，且f (x)是奇函数，g(x)是偶函数，
g(x )−g(x )
满足f (x)+g(x)=ax2+x+2，若对任意的1<x <x <2，都有 1 2 >−3成立，则实数a的取值范
1 2 x −x
1 2
[ 3 )
围是 − ,+∞ .
4
【解题思路】根据题意，得到−f (x)+g(x)=ax2−x+2，联立方程组，求得g(x)=ax2+2，结合题意转
化为g(x )+3x <g(x )+3x 成立，构造ℎ(x)=g(x)+3x=ax2+3x+2，得到ℎ(x)在x∈(1,2)单调递
1 1 2 2
增，利用二次函数的性质，分类讨论，即可求解.
【解答过程】因为f (x)是奇函数，g(x)是偶函数，满足f (x)+g(x)=ax2+x+2，
可得f (−x)+g(−x)=−f (x)+g(x)=ax2−x+2，
联立方程组¿，解得g(x)=ax2+2，
g(x )−g(x )
又因为对任意的1<x <x <2，都有 1 2 >−3成立，
1 2 x −x
1 2
所以g(x )−g(x )<−3x +3x ，所以g(x )+3x <g(x )+3x 成立，
1 2 1 2 1 1 2 2构造ℎ(x)=g(x)+3x=ax2+3x+2，
所以由上述过程可得ℎ(x)=ax2+3x+2在x∈(1,2)单调递增，
3 3
(i)若a<0，则对称轴x =− ≥2，解得− ≤a<0；
0 2a 4
(ii) 若a=0，ℎ(x)=3x+2在x∈(1,2)单调递增，满足题意；
3
(iii) 若a>0，则对称轴x =− ≤1恒成立；
0 2a
3 [ 3 )
综上可得，a≥− ，即实数a的取值范围为 − ,+∞ .
4 4
[ 3 )
故答案为： − ,+∞ .
4
题型五 函数的对称性与周期性综合
17．（2024·四川南充·三模）已知函数f (x)、g(x)的定义域均为R，函数f(2x−1)+1的图象关于原点对
称，函数g(x+1)的图象关于y轴对称，f(x+2)+g(x+1)=−1,f(−4)=0，则f(2030)−g(2017)=
（ ）
A．−4 B．−3 C．3 D．4
【解题思路】利用题设得到f (x)+f (−2−x)=−2①和g(−x+1)=g(x+1)②，又由
f(x+2)+g(x+1)=−1，结合①式，推得g(x)的周期为12，利用f(−4)=0求得f (2)=−2和g(1)=1，
最后利用g(x)的周期性即可求得.
【解答过程】由函数f(2x−1)+1的图象关于原点对称，f (−2x−1)+1=−f (2x−1)−1，
即f(−x−1)=−2−f(x−1)，即f (x)+f (−2−x)=−2①，
由函数g(x+1)的图象关于y轴对称，可得g(−x+1)=g(x+1)②，
由f (x+2)+g(x+1)=−1可得f (x)+g(x−1)=−1，又得f (−2−x)+g(−x−3)=−1，
两式相加，f (x)+f (−2−x)+g(x−1)+g(−x−3)=−2，将①式代入，得g(x−1)+g(−x−3)=0，
则得g(x−5)+g(−x+1)=0，将②式代入得，g(x+1)=−g(x−5)，则g(x+6)=−g(x)，
于是g(x+12)=−g(x+6)=g(x)，即g(x)的周期为12.
又f(−4)=0，由①可得f (2)+f (−4)=−2，得f (2)=−2，
又由f (x+2)+g(x+1)=−1可得f(2)+g(1)=−1，即得g(1)=1.
因f (2030)+g(2029)=−1，可得，f (2030)=−1−g(2029)，
于是，f(2030)−g(2017)=−1−g(2029)−g(2017)=−1−g(1)−g(1)=−1−2g(1)=−3.故选：B.
18．（2024·陕西榆林·一模）定义在R上的函数f(x)，g(x)满足f(0)<0，f(3−x)=f(1+x)，
1
g(2−x)+g(x)=2，g(x+ )=f(2x)+1，则下列说法中错误的是（ ）
2
A．x=6是函数f(x)图象的一条对称轴
B．2是g(x)的一个周期
C．函数f(x)图象的一个对称中心为(3,0)
D．若n∈N∗且n<2023，f(n)+f(n+1)+⋯+f(2023)=0，则n的最小值为2
3
【解题思路】由已知可推得g(x)关于直线x= 对称，g(2−x)−1=g(x+1)−1.又有
2
g(1−x)−1=−g(1+x)+1.进而得出g(1−x)=−g(2−x)，即有g(−x)=g(−x+2)，即可得出B项；根据
g(x)的周期可得出f (x)的周期为4，结合f (x)的对称性，即可得出A项；由g(x)的对称中心，即可得出
f (x)关于点(1,0)对称，结合f (x)的性质，即可得出C项；根据f (x)的周期性以及对称性可得
f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=0，f (2023)=f (3)，然后分n=1,2,3讨论求解，即可判断D项.
【解答过程】由f(3−x)=f(1+x)可得f(2−x)=f(2+x)，所以f(x)关于直线x=2对称，
( 1)
所以f (2x)关于直线x=1对称，即g x+ −1关于直线x=1对称，
2
( 1) 3
所以g x+ 关于直线x=1对称，所以g(x)关于直线x= 对称，
2 2
所以有g(3−x)=g(x)，所以有g(2−x)=g(x+1)，所以g(2−x)−1=g(x+1)−1.
又由g(2−x)+g(x)=2可得，g(1−x)+g(1+x)=2，所以g(x)关于点(1,1)对称，
所以g(1−x)−1=−g(1+x)+1.
对于B项，因为g(2−x)−1=g(x+1)−1，g(1−x)−1=−g(1+x)+1，
所以，g(1−x)=−g(2−x)，所以g(−x)=−g(1−x)=g(−x+2)，
所以，g(x)的周期为T=2，故B项正确；
( 1)
对于A项，由已知f (2x)=g x+ −1周期为2，所以f (x)的周期为4.
2
因为f(x)关于直线x=2对称，所以x=6是函数f(x)图象的一条对称轴，故A项正确；
( 1) (1 )
对于C项，g(x)关于点(1,1)对称，所以f (2x)=g x+ −1关于点 ,0 对称，
2 2
所以f (x)关于点(1,0)对称，所以f (2−x)=−f (−x).
又f(x)关于直线x=2对称，所以f (4+x)=f (−x)，所以f (4+x)=−f (2−x)，所以有f (3+x)=−f (3−x)，
所以函数f(x)图象的一个对称中心为(3,0)，故C项正确；
对于D项，由C知，f (x)关于点(1,0)对称，f (x)关于点(3,0)对称，
所以，f (0)+f (2)=0，f(1)=f(3)=0，所以f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=0.
又f (x)的周期为4，所以对k∈Z，f(4k)+f(4k+1)+f(4k+2)+f（4k+3）=0.
因为f (2023)=f (4×505+3)=f (3)，
则当n=2时，有f(n)+f(n+1)+⋯+f(2023)=f (2)+f (3)=f (2).
因为f (0)+f (2)=0，所以f (2)=−f (0)>0，不满足题意；
当n=1时，f(n)+f(n+1)+⋯+f(2023)=f (1)+f (2)+f (3)=f (2)，不满足题意；
当n=3时，f(n)+f(n+1)+⋯+f(2023)=f (3)=0，满足题意.
故n的最小值为3，D错误.
故选：D.
19．（2024·宁夏银川·一模）若定义在R上的函数f (x)满足y=f(x+1)是奇函数，f(4+x)=f(−x)，
f(2)=2，则f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(30)= 2 ．
【解题思路】由y=f(x+1)是奇函数，可得f(x)=−f (−x+2)，由f(4+x)=f(−x)可得
f(x+2)=f(−x+2)，进而得到f (x)=−f (x+2)，从而得出函数f (x)的周期为4，根据条件赋值可求得
f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=0，从而得解.
【解答过程】因为y=f(x+1)是奇函数，所以f(x+1)=−f (−x+1)，
用x−1替换上式中的x，可得f(x)=−f (−x+2)，
在f(4+x)=f(−x)中，用x−2替换x，可得f(x+2)=f(−x+2)，
所以f (x)=−f (x+2)，用x+2替换该式中的x，可得f (x+2)=−f (x+4)，
所以f (x)=(x+4)，所以函数f (x)的周期为4，
在f(x+1)=−f (−x+1)中，令x=0，得f (1)=0，
在f (x)=−f (x+2)中，令x=1，得f (3)=−f (1)=0，
在f (x+2)=−f (x+4)中，令x=0，得f (4)=−f (2)=−2，
所以f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=0，
所以f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(30)=f (1)+f (2)=2.
故答案为：2.
20．（2024·广西南宁·二模）定义域为R的函数f(x)的图象关于点(1,1)对称，函数g(x)=f(x)−2x的图
象关于直线x=2对称．若f(0)=0，则f(1)+f(2)+⋯+f(50)= 2499 ．
【解题思路】根据抽象函数的对称性、周期性运算得解.【解答过程】因为f(x)的图象关于点(1,1)对称，所以f(−x)+f(x+2)=2，
则f(−x)−2(−x)+f(x+2)−2(x+2)=−2即g(−x)+g(x+2)=−2，
又g(x)的图象关于直线x=2对称，则g(x+4)=g(−x)，
所以g(x+4)+g(x+2)=−2，即g(x+2)+g(x)=−2，
可得g(x+4)=g(x)，则g(x)是以4为周期的函数.
因为g(0)=f(0)−2×0=0，
由f(−x)+f(x+2)=2，令x=−1，得f (1)=1，
所以g(1)=f (1)−2=−1，g(2)=−2−g(0)=−2，g(3)=g(1)=−1，
所以f(1)+f(2)+⋯+f(50)= g(1)+g(2)+⋯+g(50)+2(1+2+⋯+50)
=−4×12−1−2+2550=2499.
故答案为：2499.
题型六 利用函数的性质比较大小
21．（23-24高一上·河南南阳·阶段练习）已知定义在R上的函数f (x)满足f (1+x)=f (1−x)，且
(√2) (√3) (√6)
∀x ,x >1，x ≠x 时，[f (x )−f (x )](x −x )<0，记a=f ，b=f ，c=f ，则（ ）
1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2
A．b>c>a B．b>a>c C．c>b>a D．c>a>b
【解题思路】根据题意能得到函数f (x)关于直线x=1轴对称，且f (x)在(−∞,1)上单调递增，然后根据离
对称轴的远近比较大小.
【解答过程】由∀x ,x >1，x ≠x 时，[f (x )−f (x )](x −x )<0得函数f (x)在(1,+∞)上单调递减，
1 2 1 2 1 2 1 2
由f (1+x)=f (1−x)得函数f (x)关于直线x=1轴对称，
所以函数f (x)在(−∞,1)上单调递增.
|√2 | |1.4 | |√3 | |1.7 |
又因为 −1 ≈ −1 =0.3（最远离x=1）， −1 ≈ −1 =0.15（最靠近x=1），
2 2 2 2
|√6 | |2.4 |
−1 ≈ −1 =0.2，
2 2
(√3) (√6) (√2)
所以f >f >f .
2 2 2故选：A.
22．（23-24高一上·陕西西安·期中）已知函数f (x)是偶函数，当0≤x <x 时，[f (x )−f (x )](x −x )>0
1 2 2 1 2 1
恒成立，设a=f (√55)，b=f (−√2)，c=f (√33)，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a<b<c B．c<b<a C．b<c<a D．b<a<c
【解题思路】先比较a =√55,b =√2,c =√33的大小，再由函数的单调性和奇偶性求解即可.
1 1 1
【解答过程】当0≤x <x 时，[f (x )−f (x )](x −x )>0恒成立，
1 2 2 1 2 1
可知函数f (x)在[0,+∞)上单调递增，
又因为函数f (x)是偶函数，
所以b=f (−√2)=f (√2)，
设a =√55,b =√2,c =√33，则(a ) 10=(√55) 10 =25,(b ) 10=(√2) 10=32，
1 1 1 1 1
所以a <b ，又(b ) 6=(√2) 6=8,(c ) 6=(√33) 6 =9，
1 1 1 1
所以b <c ，所以a <b <c ，
1 1 1 1 1
又因为函数f (x)在[0,+∞)上单调递增，
所以a<b<c.
故选：A.
23．（2024高一·全国·专题练习）已知函数f(x)对于任意的x ,x ∈(0,+∞)(x ≠x )，都有
1 2 1 2
f (x )−f (x )
1 2 <0，则f(2),f(π),f(3)的大小关系为 f (π)<f (3)<f (2)（或f (2)>f (3)>f (π) ） .
x −x
1 2
【解题思路】由函数单调递减的性质即可求解.
f (x )−f (x )
【解答过程】因为函数f(x)对于任意的x ,x ∈(0,+∞)(x ≠x )，都有 1 2 <0，
1 2 1 2 x −x
1 2
所以f(x)在区间(0，+∞)上是减函数，
所以π>3>2，所以f (π)<f (3)<f (2).
故答案为：f (π)<f (3)<f (2)(或f (2)>f (3)>f (π)).( x−y )
24．（24-25高一上·四川成都·期中）定义在区间(−1,1)上的函数f(x)满足f(x)−f(y)=f ，
1−xy
(3) (1) (4)
x∈(−1,0)时，f(x)<0，若a=f +f ，b=f ，c=f (0)，则三个实数a，b，c的大小关系为
7 3 7
c<b<a ．（用“＜”连接）
【解题思路】利用已知的恒等式进行赋值，由函数单调性的定义判断函数的单调性，由恒等式将a转化为
(2)
f ，利用单调性比较大小即可．
3
( x−y )
【解答过程】因为定义在区间(−1,1)上的函数f(x)满足：f(x)−f(y)=f ，
1−xy
设x<y，且满足−1<x<y<1，
由x+1>0，有(x+1)y<x+1，则xy−1<x−y<0，
x−y x−y
可得1> >0，则−1< <0，
xy−1 1−xy
因为x∈(−1,0)时f(x)<0，
( x−y )
所以f <0，即f(x)−f(y)<0，所以f(x)<f(y)，
1−xy
故函数f(x)在(−1,1)上为单调递增函数，
( x−y ) ( x−y )
因为f(x)−f(y)=f ，所以f(x)=f(y)+f ，
1−xy 1−xy
3 x−y 1 2
取y= ， = ，则x= ，
7 1−xy 3 3
(3) (1) (2)
则a=f +f =f ，
7 3 3
4 2 (4) (2)
因为0< < ，所以f(0)<f <f ，即c<b<a．
7 3 7 3
故答案为：c<b<a．
题型七 利用函数的性质解不等式
25．（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−y
g(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.
26．（2024·重庆·一模）已知定义在R上的函数f (x)满足：f (x +x )=f (x )+f (x )，且x>0时，f (x)<0，
1 2 1 2
则关于x的不等式f (x2)+f (2x)≥0的解集为（ ）
A．[−2,0] B．[0,2]
C．(−∞,−2]∪[0,+∞) D．(−∞,0]∪[2,+∞)
【解题思路】根据函数单调性和奇偶性则得到不等式，解出即可.
【解答过程】任取t <t ，则t −t >0，
1 2 2 1
而x>0时，f (x)<0，则f (t −t )<0，
2 1f (t )=[(t −t )+t ]=f (t −t )+f (t )<f (t )，
2 2 1 1 2 1 1 1
所以f (x)在R上单调递减，
∀x ,x ∈R，f (x +x )=f (x )+f (x )，
1 2 1 2 1 2
取x =x =0，则f(0)=0，令x =−x ，
1 2 2 1
得f(0)=f(x )+f(−x )=0，
1 1
所以f (x)为R上的奇函数，
f (x2)+f (2x)≥0，即f (x2)≥f (−2x)，则x2≤−2x，解得x∈[−2,0]
故选：A.
27．（2024·河南·模拟预测）已知定义在R上的函数f (x)满足：∀x,y∈R,f (xy)+f (x)f (y)=0,f (x)在
[0,+∞)上单调递减，f (−1)=1，则满足|f (x)|<1的x的取值范围为 (−1,1) .
【解题思路】令y=−1，可得f (x)=−f (−x)，可知函数f (x)为奇函数，由奇函数性质分析可知f (x)在定
义域R内单调递减，根据函数单调性和奇偶性分析求解.
【解答过程】因为∀x,y∈R,f (xy)+f (x)f (y)=0，且f (−1)=1，
令y=−1，可得f (−x)+f (x)f (−1)=0，
则f (−x)+f (x)=0，即f (x)=−f (−x)，
可知函数f (x)为定义在R上的奇函数，
且f (x)在[0,+∞)上单调递减，可知f (x)在(−∞,0]上单调递减，
所以f (x)在定义域R内单调递减，
又因为|f (x)|<1，即−1<f (x)<1，
由奇函数性质可得：f (1)<f (x)<f (−1)，
由单调性可得−1<x<1，所以满足|f (x)|<1的x的取值范围为(−1,1).
故答案为：(−1,1).
28．（2024·河北保定·二模）已知函数f (x)的定义域D=(−∞,0)∪(0,+∞)，对任意x ,x ∈D，恒有
1 2
x f (x )−x f (x )
f (x x )−x −x =x f (x )+x f (x )−1，且当x >x >0时， 1 2 2 1 >−1恒成立，f (2)=−3，
1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 x −x
1 2( 1 ) ( 5) ( 3 )
则不等式(x+1)f +x+2>f (−1)的解集为 −∞,− ∪ − ,+∞ .
x+1 4 4
f (x)+1 1
【解题思路】根据条件，构造g(x)= ，利用g(x)的奇偶性和单调性，将问题转化成求解 <4，
x |x+1|
即可求出结果.
f (x x )+1 f (x )+1 f (x )+1
【解答过程】由f (x x )−x −x =x f (x )+x f (x )−1，得 1 2 = 1 + 2 ，
1 2 1 2 1 2 2 1 x x x x
1 2 1 2
f (x)+1
设g(x)= ，则g(x x )=g(x )+g(x )，取x =x =1，得g(1)=0，
x 1 2 1 2 1 2
1
取x =x =−1，得g(−1)= g(1)=0；取x =x,x =−1，得g(−x)=g(x)，
1 2 2 1 2
所以g(x)是偶函数，所以g(x)=g(|x|)，
x f (x )−x f (x )
因为当x >x >0时， 1 2 2 1 >−1，两边同时乘以x −x ，
1 2 x −x 1 2
1 2
f (x ) f (x ) 1 1
得x f (x )−x f (x )>x −x ，两边同时除以x x ，得 2 − 1 > − ，
1 2 2 1 2 1 1 2 x x x x
2 1 1 2
f (x )+1 f (x )+1
即 2 > 1 ，即g(x )>g(x )，所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.
x x 2 1
2 1
由g(−1)=0，得f (−1)=−1，由f (2)=−3，得g(2)=−1,g(4)=−2，
( 1 ) ( 1 )
所以(x+1)f +x+2>f (−1)可化为g >−2=g(4)，
x+1 x+1
( 1 ) 1 3 5
即g >g(4)，所以 <4，解得x>− 或x<− ，
|x+1| |x+1| 4 4
( 1 ) ( 5) ( 3 )
所以不等式(x+1)f +x+2>f (−1)的解集为 −∞,− ∪ − ,+∞ ，
x+1 4 4
( 5) ( 3 )
故答案为： −∞,− ∪ − ,+∞ .
4 4
题型八 抽象函数的性质综合
29．（23-24高二下·辽宁大连·阶段练习）定义域为R的函数f (x)，对任意x,y∈R,f (x+ y)+f (x−y)=2f (x)f (y)，且f (x)不恒为0，则下列说法错误的是（ ）
A．f (0)=1 B．f (x)为偶函数
2024
C．f (x)+f (0)≥0 D．若f (1)=0，则∑❑f(i)=4048
i=1
【解题思路】对于A，令x= y=0，f (0)=0或f (0)=1，结合f (x)不恒为0，可得f (0)=1，由此即可判断；
对于B，由f (0)=1，不妨令y=0，即可判断；
对于C，令x= y，通过换元即可判断；
对于D，令x=1，得f (x)关于(1,0)中心对称，结合f (x)为偶函数，可得f (x)为周期为4的函数，算出
f (1)+f (2)+f (3)+f (4)即可判断.
【解答过程】对于A，令x= y=0，有2f (0)=2[f (0)] 2 ，所以f (0)=0或f (0)=1，
若f (0)=0，则只令y=0，有2f (x)=2f (x)f (0)=0，即f (x)恒为0，
所以只能f (0)=1，故A正确；
对于B，由A可知f (0)=1，不妨令x=0，
有f (y)+f (−y)=2f (0)f (y)=2f (y)，
即f (−y)=f (y)，且函数f (y)的定义域为全体实数，它关于原点对称，
所以f (y)偶函数，即f (x)为偶函数，故B正确；
对于C，令x= y，有f (2x)+f (0)=2[f (x)] 2 ≥0，
令t=2x，由x∈R，得t=2x∈R，
所以当t∈R时，有f (t)+f (0)≥0，即当x∈R时，f (x)+f (0)≥0，故C正确；
对于D，若f (1)=0，令x=1，有f (1+ y)+f (1−y)=2f (1)f (y)=0，
所以f (x)关于(1,0)中心对称，
又f (x)为偶函数，
所以f (1+ y)=−f (1−y)=−f (y−1)=f (y−3)，所以f (x)是周期为4的周期函数，
又f (0)=1，f (1)=0，
所以f (2)=−f (0)=−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，
2024
所以∑❑f(i)=506×[f (1)+f (2)+f (3)+f (4)]=0，故D错误.
i=1
故选：D.30．（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.
31．（24-25高一上·重庆·期中）已知定义域在(−∞,0)∪(0,+∞)上的函数f(x)满足：
f(xy)=f(x)+f(y)−4，且当x>1时，f(x)>4.
(1)求f(1)，f(−1)的值；
(2)证明f(x)是偶函数；
(3)解不等式f(2)+f(x+2)<f(x−1)+4.
【解题思路】（1）令x= y=1和x= y=−1计算即可；
（2）令y=−1结合（1）的结论及偶函数的定义证明即可；
x
（3）令x=x ,y= 2,0<x <x ，根据条件判定函数的单调性计算即可解不等式.
1 x 1 2
1
【解答过程】（1）令x= y=1，则f (1)=f (1)+f (1)−4⇒f (1)=4；
令x= y=−1，则f (1)=f (−1)+f (−1)−4⇒f (−1)=4；
（2）易知函数定义域关于原点对称，
令y=−1，则f (−x)=f (x)+f (−1)−4=f (x)，满足偶函数的定义，证毕；
x x x
( )
（3）令x=x ,y= 2,0<x <x ，易知 2>1⇒f 2 >4，
1 x 1 2 x x
1 1 1
x x x
( ) ( ) ( )
则f x ⋅ 2 =f (x )+f 2 −4=f (x )⇒f (x )−f (x )=f 2 −4>0，
1 x 1 x 2 2 1 x
1 1 1所以f (x)在(0,+∞)上单调递增，
又f (x)为偶函数，所以f (x)在(−∞,0)上单调递减，
所以f (2)+f (x+2)<f (x−1)+4⇔f (2)+f (x+2)−4=f (2x+4)<f (x−1)，
则0<|2x+4|<|x−1|，
0<4x2+16x+16<x2−2x+1⇒x2+6x+5=(x+1)(x+5)<0，即−5<x<−1，
即不等式的解集为(−5,−2)∪(−2,−1).
32．（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 (a+b)=f (a)+f (b)+2，f (1)=1，
f (x)在R上单调递增．
(1)求f (5)的值．
(2)证明：g(x)=f (x)+2是奇函数．
(3)若关于x的不等式f (ax2)−f (x)<f (3ax)−f (3)的解集中恰有2个整数，求a的取值范围．
【解题思路】（1）根据赋值法可得到结果；
（2）利用奇函数的定义可得到结果；
（3）根据函数的单调性得到有关x的不等式，再根据题意求解取值范围即可.
【解答过程】（1）在f (a+b)=f (a)+f (b)+2中，
令a=b=1，得f (2)=f (1)+f (1)+2=4；
令a=b=2，得f (4)=f (2)+f (2)+2=10；
令a=4，b=1，得f (4+1)=f (4)+f (1)+2=10+1+2=13，即f (5)=13；
（2）证明：令a=b=0，得f (0)=f (0)+f (0)+2，解得f (0)=−2，
令b=−x，a=x，得f (x)+f (−x)+2=f (0)=−2，所以f (−x)=−4−f (x)，
g(−x)=f (−x)+2=−4−f (x)+2=−2−f (x)=−(f (x)+2)=−g(x)，
所以g(x)=f (x)+2是奇函数；
（3）由f (ax2)−f (x)<f (3ax)−f (3)，得f (ax2)+f (3)<f (3ax)+f (x)，
即f (ax2+3)−2<f (3ax+x)−2，
又f (x)在R上是增函数，即ax2+3<3ax+x，
所以ax2−(3a+1)x+3<0，即(ax−1)(x−3)<0，
当a=0时，不等式的解集为{x∣x>3}，解集中有无数个正整数，不满足题意，
( 1)
当a<0时，不等式等价于 x− (x−3)>0，不等式的解集为¿，解集中有无数个正整数，不满足题意，
a( 1)
当a>0时，不等式等价于 x− (x−3)<0，
a
1 1 1
若 <3，即a> ，则不等式的解集为¿，要想有2个整数解，则0< <1，即a>1，
a 3 a
1
若 =3，则不等式的解集为∅，不满足题意；
a
1 1 1
若 >3，即0<a< ，则不等式的解集为¿，要想有2个整数解，则5< ≤6，
a 3 a
1 1
即 ≤a< ，
6 5
1 1
综上所述，a的取值范围为 ≤a< 或a>1.
6 5
题型九 函数性质的综合应用
x+m 1
33．（23-24高一上·四川泸州·期中）已知函数f(x)= 是定义在[−2,2]上的奇函数，且f(1)= .
nx2+4 5
(1)求m，n的值；
(2)判断f(x)在[−2,2]上的单调性，并用定义证明；
(3)设g(x)=kx−2k−5，若对任意的x ∈[0,3]，总存在x ∈[−2,2]，使得g(x )≤f(x )成立，求实数
1 2 1 2
k的取值范围．
1
【解题思路】（1）由题可得f(x)图象过点(0,0)结合f(1)= 可得m，n的值；
5
（2）由单调性证明步骤可证得结论；
（3）由题可得g(x) ≤f(x) ，后讨论k结合单调性可得g(x) ，即可得范围.
max max max
x+m 1
【解答过程】（1）)因为函数f(x)= 是定义在[−2,2]上的奇函数，且f(1)= ，
nx2+4 5
x
则¿，解得m=0，n=1.所以函数f(x)= ，
x2+4
经检验，函数为奇函数，所以m=0，n=1；
（2）f(x)在[−2,2]上单调递增.
证明如下：设−2≤x <x ≤2
1 2
x x (x x −4)(x −x )
则
f(x )−f(x )= 1 − 2 = 1 2 2 1
，
1 2 x 2+4 x 2+4 (x 2+4)(x 2+4)
1 2 1 2
其中x x −4<0，x −x >0，
1 2 2 1所以f(x )−f(x )<0，即f(x )<f(x )，
1 2 1 2
故函数f(x)在[−2,2]上单调递增；
（3）因为对任意的x ∈[0,1]，总存在x ∈[−2,2]，使得g(x )≤f(x )，所以g(x) ≤f(x) ，
1 2 1 2 max max
1
因为f(x)在[−2,2]上单调递增，所以f(x) =f(2)= ，
max 4
1
当k=0时，g(x)=−5；所以−5≤ 恒成立，符合题意；
4
当k>0时，g(x)=kx−2k−5在[0,3]上单调递增，则g(x) =g(3)=k−5，
max
1 21
所以k−5≤ ，解得0<k≤ ；
4 4
当k<0时，函数g(x)=kx−2k−5在[0,3]上单调递减，则g(x) =g(0)=−5−2k，
max
1 21
所以−5−2k≤ ，解得.− ≤k<0，
4 8
21 21
综上所述，实数k的取值范围为− ≤k≤ .
8 4
34．（24-25高一上·江苏常州·期中）已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f (−2)=f (0)，当
x−2k
x∈(0,+∞)时，f(x)= ，
x+k
(1)求函数f(x)在R上的解析式；
(2)判断函数f(x)在(−∞,0)上的单调性，并用单调性的定义证明你的结论；
(3)解不等式f(t2−t+1)≤f(|t|).
【解题思路】（1）根据函数的奇偶性求出k，再利用函数的奇偶性求解析式即可；
3
（2）由（1）得当x<0时f(x)=−1− ，利用定义法即可证明函数的单调性；
x−1
（3）由（2）知f(x)在(0,+∞)上也单调递增，利用函数的单调性解不等式可得t2−t+1≤|t|，分类讨论t
的取值，解一元二次不等式即可.
【解答过程】（1）因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)=0，f(2)=−f(−2)，
x−2k
又f(−2)=f(0)，所以f(2)=0.又当x>0时，f(x)= ，
x+k
2−2k
得f(2)= =0，解得k=1.
2+k
经检验，k=1符合题意.x−2
所以当x>0时，f(x)= ，
x+1
−x−2 x+2
若x<0，则−x>0，得f(−x)= ，所以f(x)=−f(−x)= ，
−x+1 −x+1
故f(x)=¿；
（2）f(x)在(−∞,0)上单调递增，证明如下：
x+2 3
由（1）知，当x<0时，f(x)= =−1− ，
−x+1 x−1
设x <x <0，则x −x <0,x −1<0,x −1<0，
1 2 1 2 1 2
3 3 3(x −x )
所以f(x )−f(x )=−1− +1+ = 1 2 <0，
1 2 x −1 x −1 (x −1)(x −1)
1 2 1 2
即f(x )<f(x )，
1 2
所以f(x)在(−∞,0)上单调递增；
（3）由（2）知f(x)在(−∞,0)上单调递增，所以f(x)在(0,+∞)上也单调递增.
1 2 3
而t2−t+1=(t− ) + >0，|t|≥0，
2 4
由f(t2−t+1)≤f(|t|)，得t2−t+1≤|t|，
1
当t=0时，f(t2−t+1)=f(1)=− ,f(|t|)=f(0)=0，所以f(t2−t+1)≤f(|t|)成立；
2
当t>0时，t2−t+1≤t，即t2−2t+1≤0，解得t=1；
当t<0时，t2−t+1≤−t，即t2+1≤0，无解.
综上，原不等式的解集为{0,1}.
x3−ax−b
35．（24-25高一上·湖北·期中）已知函数f (x)= 为R上的奇函数，且f (−2)=1.
x2+2
(1)求实数a,b的值；
(2)试判断函数f (x)在区间(1,+∞)的单调性，并说明理由；
2
(3)求函数g(x)=[f (x)] −mf (x)−1（其中−3≤x≤3）的值域.
【解题思路】（1）根据奇偶性定义以及函数值解方程可得结果；
（2）利用单调性定义按照步骤即可证明f (x)在区间(1,+∞)单调递增；
（3）由换元法得出函数g(x)的表达式，再由（2）中的结论得出其在−3≤x≤3上的单调性，利用二次函数性质分类讨论即可得出结果.
b
【解答过程】（1）根据题意可得f (0)=0，即f (x)=− =0，可得b=0；
2
−8+2a
再由f (−2)=1可得f (x)= =1，解得a=7；
4+2
x3−7x
当a=7，b=0可得f (x)= ，
x2+2
−x3+7x
经检验此时f (x)满足f (−x)= =−f (x)，为奇函数，
x2+2
所以a=7，b=0
（2）取任意x ,x ∈(1,+∞)，且x <x ，
1 2 1 2
x3−4x x3−4x (x3−4x )(x2+2)−(x3−4x )(x2+2)
则f (x )−f (x )= 1 1− 2 1= 1 1 2 2 2 1
1 2 x2+2 x2+2 (x2+2)(x2+2)
1 2 1 2
(x −x )(x2x2+9x x +2x2+2x2−14)
= 1 2 1 2 1 2 1 2 ;
(x2+2)(x2+2)
1 2
由x ,x ∈(1,+∞)，x <x 可得x −x <0，x2x2+9x x +2x2+2x2−14>0；
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
所以f (x )−f (x )<0，即可得f (x )<f (x )，
1 2 1 2
即函数f (x)在区间(1,+∞)的单调递增；
6 6
（3）由f (1)=−2,f (−1)=2,f (3)= ,f (−3)=− ，
11 11
由(2)得当 x ,x ∈[0,1]时，x −x <0,0<x2x2+9x x +2x2+2x2<14，
1 2 1 2 1 2 1 2 2 1
所以f (x )−f (x )>0，即f (x )>f (x )，
1 2 1 2
所以函数f (x)在[0,1]上单调递减；
因此函数f (x)在[0,1]上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
又函数f (x)为上的奇函数，所以函数f (x)的减区间为[−1,1]，递增区间为(−∞,−1)∪(1,+∞),
当−3≤x≤3时，−2≤f (x)≤2,
令f (x)=t(−2≤t≤2)，有g(x)=t2−mt−1= ( t− m) 2 − m2 −1，
2 4m
①当 ≤−2时，即m≤−4，g(x)≥g(−2)=2m+3,g(x)≤g(2)=3−2m,
2
此时函数g(x)的值域为[2m+3,3−2m];
m
②当−2< ≤0时，即−4<m≤0时，
2
(m) m2
可得g(x) =g =− −1,g(x) =g(2)=3−2m，
min 2 4 max
[ m2 ]
此时函数g(x)的值域为 − −1,3−2m ;
4
m
③当0< <2时，即0<m<4时，
2
(m) m2
g(x) =g =− −1,g(x) =g(−2)=2m+3，
min 2 4 max
[ m2 ]
此时函数g(x)的值域为 − −1,2m+3 ;
4
m
④当 ≥2时， 即m≥4，
2
g(x)≤g(−2)=2m+3,g(x)≥g(2)=3−2m，
此时函数g(x)的值域为[3−2m,2m+3]，
综上所述，m≤−4时，其值域为[2m+3,3−2m];
[ m2 ]
当−4<m≤0时，值域为 − −1,3−2m ;
4
[ m2 ]
当0<m<4时，值域为 − −1,2m+3 ；
4
当m≥4时，值域为[3−2m,2m+3].
bx+c 2
36．（24-25高一上·河北邯郸·期中）已知f (x)= 是定义在[−3,3]上的函数，f (2)=− ，且
9+x2 13
∀x∈[−3,3]，都有f (x)+f (−x)=0．
(1)求b，c的值；
(2)判断f (x)在[−3,3]上的单调性，并用定义证明；
17
(3)若对任意x∈[−3,3]，都存在a∈[1,2]，使得f (x)≤at2−t+a− 成立，求t的取值范围．
6【解题思路】（1）根据题意得到该函数为奇函数，再根据奇函数的性质求得结果；
（2）由（1）可得解析式，根据定义法可证明出该函数的单调性；
（3）根据单调性得到最大值，再根据恒成立问题以及能成立问题求解不等式.
【解答过程】（1）因为∀x∈[−3,3]，都有f (x)+f (−x)=0，
c
则f (x)是定义在[−3,3]上的奇函数，得f (0)= =0，解得c=0，
9
bx
所以f (x)= ，
9+x2
2 2b 2
由f (2)=− ，可得f (2)= =− ，解得b=−1，
13 9+4 13
−x
此时f (x)= ，满足f (x)+f (−x)=0，
9+x2
所以b=−1，c=0；
−x
（2）证明：由（1）知f (x)= ，设−3≤x <x ≤3，
9+x2 1 2
−x −x −(x −x )(9−x x )
则f (x )−f (x )= 1 − 2 = 1 2 1 2 ，
1 2 9+x2 9+x2 (9+x2)(9+x2)
1 2 2 1
因为−3≤x <x ≤3，所以x −x <0，9−x x >0，
1 2 1 2 1 2
所以f (x )−f (x )>0，即f (x )>f (x )．
1 2 1 2
−x
故函数f (x)= 在[−3,3]上为单调递减函数；
9+x2
−x
（3）由（2）知f (x)= 在[−3,3]上为单调递减函数，
9+x2
1
所以f (x)在[−3,3]上的最大值为 ，
6
17
因为对任意x∈[−3,3]，使得f (x)≤at2−t+a− 都成立，
6
17 17 1
所以f (x) ≤at2−t+a− ，所以at2−t+a− ≥ ，
max 6 6 6
17 1
因为存在a∈[1,2]，使得at2−t+a− ≥ 成立，所以(at2−t+a−3) ≥0，
6 6 max
又因为t2+1>0，所以y=a(t2+1)−t−3是关于a的单调递增函数，所以(at2−t+a−3) =2(t2+1)−t−3，
max
1
即2t2−t−1>0，解得t≤− 或t≥1，
2
( 1]
所以t的取值范围为 −∞,− ∪[1,+∞)．
2
一、单选题
1．（2024·湖北·模拟预测）函数f (x)=ax2+(a−3)x+1在区间[−1,+∞)单调递减，则实数a取值范围是
（ ）
A．[−3,0) B．(−∞,−3] C．(−3,0] D．[−3,0]
【解题思路】a=0时，代入可知满足题意；a≠0时，求出二次函数的对称轴结合函数在右半部分单调递减
得出开口方向，列出不等式组，求解即可得出答案．
【解答过程】当a=0时，f (x)=−3x+1在[−1,+∞)上单调递减，满足题意；
3−a
当a≠0时，f(x)的对称轴为直线x= ，由f (x)在[−1,+∞)上单调递减，
2a
知¿，解得−3≤a<0．
综上，a的取值范围为[−3,0]．
故选：D.
x+1
2．（2024·海南·模拟预测）若函数f (x)=ln +2x的图象关于点( b ,4 )对称，且a≠1，则a−b=
x+a
（ ）
A．−7 B．−5 C．−3 D．−1
【解题思路】根据函数图象的对称问题，得到g(x)为奇函数，再根据奇函数的含义得到a,b的值，即可求
得结果.
【解答过程】因为f (x)的图象关于点( b,4 )对称，
x+1+b
所以函数g(x)=f (x+b)−4=ln +2x+2b−4为奇函数，
x+a+b
x+3
则2b−4=0，即b=2，且y=ln 为奇函数，
x+a+2
所以a+2=−3，得a=−5，
所以a−b=−7，故选：A.
3．（2024·四川宜宾·三模）已知函数f (x)在[2,+∞)上单调递减且对任意x∈R满足f (1+x)=f (3−x)，则
不等式f (2x−3)>f (5)的解集是（ ）
A．(−∞,1)∪(4,+∞) B．(−∞,4) C．(1,+∞) D．(1,4)
【解题思路】先根据已知得出对称轴,再根据单调性解不等式即可.
【解答过程】因为f (1+x)=f (3−x),所以f (x)的对称轴为x=2,
f (x)在(2,+∞)单调递减，则f (x)在(−∞,2)单调递增，
又因为f (2x−3)>f (5)，由对称性可得|2x−3−2|<|5−2|,
所以|2x−5|<3,−3<2x−5<3,1<x<4,
故选：D.
4．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知y=f(x+1)−2为奇函数，则
f(−3)+f(−2)+f(−1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4) +f(5)=（ ）
A．−14 B．14 C．−18 D．18
【解题思路】先根据条件得到f (x)的对称中心，再根据对称性求和即可.
【解答过程】因为y=f(x+1)−2为奇函数，所以f (−x+1)−2=−f (x+1)+2，
(−x+1+x+1
)
即f (−x+1)+f (x+1)=4，故f (x)的对称中心为 ,2 ，即(1,2)，
2
所以f (−3)+f (5)=f (−2)+f (4)=f (−1)+f (3)=f (0)+f (2)=4，
又f (1)+f (1)=4，即f (1)=2，
所以f(−3)+f(−2)+f(−1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4) +f(5)= 4×4+2=18.
故选：D.
5．（2024·北京·模拟预测）定义在R上的函数f(x)满足：f(−1+x)−f(−1−x)=0，且
f(1+x)+f(1−x)=0，当x∈[−1,1]时，f(x)=ax−2，则f(x)的最小值为（ ）
A．−6 B．−4 C．−3 D．−2
【解题思路】根据题意，由条件可得函数f (x)的周期为8，然后求得其一个周期的值域，即可得到结果.
【解答过程】由f(−1+x)−f(−1−x)=0可得f(−1+x)=f(−1−x)，
即f (x)关于x=−1对称，即f (x)=f (−2−x)，
由f(1+x)+f(1−x)=0可得f (x)关于(1,0)对称，
即f (x)=−f (2−x)，所以f (−2−x)=−f (2−x)，
令−2−x=t，则x=−2−t，代入可得f (t)=−f (4+t)，
即f (x)=−f (4+x)，则f (x+8)=−f (x+4)=f (x)，所以f (x)的周期为8，
由f (x)是定义在R上的函数，且f (x)关于(1,0)对称，
可得f (1)=0，又当x∈[−1,1]时，f(x)=ax−2，
即f (1)=a−2=0，所以a=2，
当x∈[−1,1]时，f (x)∈[−4,0]，
且f (x)关于x=−1对称，则x∈[−3,−1]时，f (x)∈[−4,0]，
又f (x)关于(1,0)对称，则x∈[1,5]时，f (x)∈[0,4]，
即f (x)在一个周期内的值域为[−4,4]，
则f(x)的最小值为−4.
故选：B.
6．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知定义在区间(−m,m)(m>0)上，值域为R的函数f(x)满足：①当
f(a)+f(b)
0<x<m时，f(x) >0；②对于定义域内任意的实数a、b均满足：f(a+b)= ．则（ ）
1−f(a)f(b)
A．f(0)=1
B．∀x ,x ,−m<x <x <m,f (x )>f (x )
1 2 1 2 1 2
C．函数f(x)在区间(0,m)上单调递减
D．函数f(x)在区间(−m,m)上单调递增
【解题思路】赋值：令a=b=0代入可得f(0)=0，令a=x,b=−x代入可得函数为奇函数，再根据函数单
调性定义可以证明函数在(−m,m)的单调性.
2f(0)
【解答过程】对A，令a=b=0，则f(0)= ，
1−f2 (0)
f(0)−f3 (0)=2f(0)，即f(0)[f2 (0)+1]=0，
故f(0)=0，所以A不正确；
f(a)+f(b) f(x)+f(−x)
对B，取a=x,b=−x代入：f(0)= = ，
1−f(a)f(b) 1−f(x)f(−x)
即f(x)=−f(−x)，即f(x)在(−m,m)上为奇函数，
设∀x ,x ,0<x <x <m，
1 2 1 2
所以f(x −x )>0，且f(x )>0,f(x )>0，
2 1 2 1
故：f(x )−f(x )=f(x )+f(−x )=f [x +(−x )][1−f(x )f(x )]
2 1 2 1 2 1 2 1=f(x −x )[1+f(x )f(x )]>0
2 1 2 1
即：f(x )>f(x )，故B错误；
2 1
对C，由B知函数在(0,m)上单调递增，故C错误；
对D，由C结合函数为奇函数且f(0)=0，
所以f(x)在(−m,m)上单调递增，故D正确.
故选：D.
7．（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 ，x ∈(0,+∞)，
1 2
x f (x )−x f (x )
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，且f (1)=4，则
1 2 x −x
2 1
4
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.
8．（2024·四川绵阳·模拟预测）定义在R上的函数f (x)满足f (2−x)=f (x)，f (1)=2，f (3x+2)为奇函数，有下列结论：
(2 )
①直线x=1为曲线y=f (x)的对称轴；②点 ,0 为曲线y=f (x)的对称中心；③函数f (x)是周期函数；④
3
2004
∑❑f (i)=0；⑤函数f (x)是偶函数.
i=1
其中，正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据f (2−x)=f (x)可得函数对称轴，可判断①；根据f (t+2)=−f (2−t)=−f (t)可得函数周
期，可判断③；根据f (−3x+2)=−f (3x+2)，结合对称轴和周期可得对称中心，可判断②；根据周期性
2004
和对称性求出f (1)+f (2)+f (3)+f (4)，进而可得∑❑f (i)判断④；根据周期性和对称中心可得奇偶性判
i=1
断⑤.
【解答过程】由f (2−x)=f (x)知直线x=1为曲线y=f (x)的对称轴，①正确；
因为f (t+2)=−f (2−t)=−f (t)，所以f (t)=−f (t+2)=f (t+4)
所以f (x)是周期为4的周期函数，③正确；
由f (3x+2)为奇函数有f (−3x+2)=−f (3x+2)，令t=3x得f (−t+2)=−f (t+2)，则f (x)的图象关于点
(2,0)对称，
又直线x=1为曲线y=f (x)的对称轴，以f (x)是周期为4的周期函数
则f (x)的对称中心为(2k,0),k∈Z，②错误；
令t=0，则f (2)=−f (2)，所以f (2)=0，在f (2−x)=f (x)中，令x=0，则f (2)=f (0)=0.
于是f (1)=2，f (2)=0，f (3)=−f (1)=−2，f (4)=f (0)=0，则f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=0，所以
2004
∑❑f (i)=0，④正确；
i=1
因为f (x)的图象关于点(2,0)对称⇒f (x)=−f (4−x)，因为周期为4，
所以f (x)=−f (−x)，所以f (x)为奇函数，⑤错误.
故选：C.
二、多选题[ 1 1]
9．（2024·河南信阳·模拟预测）若函数f (x)=|x2−(m−2)x+1|在 − , 上单调，则实数m的值可以为
2 2
（ ）
1 5
A．−1 B．− C． D．3
2 2
【解题思路】分别讨论Δ≤0和Δ>0两种情况，结合二次函数的图像分析，即可得到答案.
【解答过程】①当Δ=(m−2) 2−4≤0，即0≤m≤4时，f (x)=|x2−(m−2)x+1|=x2−(m−2)x+1，所以
m−2
f(x)的对称轴为x= ，则f(x)的图象如下：
2
[ 1 1] m−2 1 m−2 1
结合图象可知，要使函数f (x)=|x2−(m−2)x+1|在 − , 上单调，则 ≥ 或 ≤− ，解得：
2 2 2 2 2 2
m≥3或m≤1，即3≤m≤4或0≤m≤1；
m−2
②当Δ=(m−2) 2−4>0，即m<0或m>4，令ℎ(x)=x2−(m−2)x+1，则ℎ(x)的对称轴为x= ，
2
则ℎ(x)的图象如下：
[ 1 1]
结合图象可知，要使函数f (x)=|x2−(m−2)x+1|在 − , 上单调，
2 2
则¿，或¿，或¿，或¿
9 1
解得：4<m≤ ，或− ≤m<0，
2 2
9 1
综上：3≤m≤ 或− ≤m≤1；
2 2故选：BD.
10．（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，满足f (1)=1且对任意的x,y∈R，有
f (x+ y)+f (x−y)=f (x)f (2+ y)，则（ ）
A．f (0)=0 B．f (2)=2
2024
C．f (x+2)=f (2−x) D．∑ f (k)=3
k=1
【解题思路】B选项，赋值得到f (2)=2；C选项，令x=2，结合f (2)=2得到f (2−y)=f (2+ y)，故C正
确；A选项，f (x+2)=f (2−x)中，赋值得到f (3)=f (1)=1，题目条件中令x= y=1得到f (0)=−1；D选
项，求出f (x+6)=f (x)函数f (x)的周期为6，并且f (1)+f (2)+f (3)+f (4)+f (5)+f (6)=0，从而求出D正
确.
【解答过程】B选项，f (x+ y)+f (x−y)=f (x)f (2+ y)，
令x=1,y=0得2f (1)=f (1)f (2)，因为f (1)=1，所以f (2)=2，故B正确：
C选项，令x=2得f (2+ y)+f (2−y)=f (2)f (2+ y)=2f (2+ y)，
即f (2−y)=f (2+ y)，所以f (x+2)=f (2−x)，故C正确；
A选项，由C选项知，f (x+2)=f (2−x)，故f (3)=f (1)=1，
f (x+ y)+f (x−y)=f (x)f (2+ y)中，
令x= y=1得f (2)+f (0)=f (1)f (3)=1，解得f (0)=−1，故A错误；
D选项，f (x+ y)+f (x−y)=f (x)f (2+ y)中，令y=1得
f (x+1)+f (x−1)=f (x)f (3)=f (x)①，
f (x+1)+f (x−1)=f (x)中，将x换成x+1得
f (x+2)+f (x)=f (x+1)②，①②两式相加得f (x+2)+f (x−1)=0，
即f (x+3)+f (x)=0，
则f (x+6)+f (x+3)=0，所以f (x+6)=f (x)．
故函数f (x)的周期为6，
由f (x+2)=f (2−x)得f (4)=f (0)=−1，
由f (x+3)+f (x)=0得f (5)=−f (2)=−2,f (6)=−f (3)=−1，
故f (1)+f (2)+f (3)+f (4)+f (5)+f (6)=0，
2024 6
所以∑ f (k)=f (1)+f (2)+337∑f (k)=3，故D正确.
k=1 k=1
故选：BCD．11．（2024·山东·模拟预测）已知定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的函数f(x)，满足f(xy)+2=f(x)+f(y)，
且当x>1时，f(x)>2，则（ ）
A．f(−1)=1 B．f(x)为偶函数
C．f(2024)>f(2023) D．若f(x+2)<2，则x的取值范围为−3<x<−1
【解题思路】用赋值法先令x= y=1求得f(1)，再令x= y=−1即可求得f(−1)判断A；然后令y=−1可判
x
断奇偶性判断B；任取0<x <x ，则t= 2>0，由f(x )=f(tx )可得单调性判断C；利用奇偶性与单调性
1 2 x 2 1
1
解不等式判断D.
【解答过程】对于A，在f(xy)+2=f(x)+f(y)中，
令x= y=1得f(1)+2=f(1)+f(1)，因此f(1)=2，
再令x= y=−1得f(1)+2=f(−1)+f(−1)，则f(−1)=2，故A错；
对于B，令y=−1得f(−x)+2=f(x)+f(−1)，
所以f(−x)=f(x)，f(x)是偶函数，故B正确；
x
对于C，设0<x <x ，则t= 2>1，f(t)>2，
1 2 x
1
所以f(x )=f(tx )=f(t)+f(x )−2>f(x )，f(x)在(0,+∞)上是增函数，
2 1 1 1
从而f(2024)>f(2023)，故C正确；
对于D，f(x)是偶函数，则f(x+2)<2⇔f(|x+2|)<f(1)，又f(x)在(0,+∞)上是增函数，所以¿，解得
−3<x<−1且x≠−2，故D错误.
故选：BC.
三、填空题
12．（2024·四川眉山·一模）已知f (x+1)是奇函数，当x>1时，f (x)=x2，则f (−3)= −25 .
【解题思路】由f (x+1)是奇函数，得函数f (x)关于(1,0)对称，进而结合f (−3)=−f (5)代值计算即可.
【解答过程】由f (x+1)是奇函数，得函数f (x)关于(1,0)对称，
又当x>1时，f (x)=x2，
则f (−3)=−f (5)=−52=−25.
故答案为：−25.
( 3)
13 ． （ 2024· 新 疆 · 一 模 ） 已 知 定 义 在 R上 的 函 数 ， y=f (x)满 足 f (x)+f x− =0，
2( 3) ( 3)
f −x+ =−f x+ 且f (−1)=−1，f (0)=2，则 f (1)+f (2)+⋯+f (2024)= −2 .
4 4
【解题思路】
根据所给条件推出f (x)为偶函数且周期为3，再求出f (1)、f (2)、f (3)，最后根据周期性计算可得.
( 3) ( 3)
【解答过程】因为f (x)+f x− =0，所以f (x)=−f x− ，
2 2
( 3)
所以f (−x)=−f −x− ，
2
( 3) ( 3) ( 3)
又f −x+ =−f x+ ，所以f (−x)=−f x+ ，
4 4 2
( 3) ( 3)
即f x+ =f −x− ，即f (x)=f (−x)，所以f (x)为偶函数，
2 2
( 3)
所以f (−x)=f (x)=−f x+ ，
2
( 3)
所以f (x+3)=−f x+ =f (x)，所以f (x)的周期为3，
2
又f (−1)=−1，f (0)=2，
(1) (1)
所以f (1)=f (−1)=−1，f (3)=f (0)=2，f +f (−1)=0，则f =−f (−1)=1，
2 2
(1 3) ( 1) (1)
f (2)=f + =−f − =−f =−1，
2 2 2 2
所以f (1)+f (2)+f (3)=0，又2024=3×674+2，
所以f (1)+f (2)+⋯+f (2024)
=[f (1)+f (2)+f (3)]+⋯+[f (2020)+f (2021)+f (2022)]+f (2023)+f (2024) =f (2023)+f (2024)
=f (1)+f (2)=−2.
故答案为：−2.
14．（2024·内蒙古赤峰·一模）定义在(−1,1)上的函数f (x)满足：对任意x,y∈(−1,1)都有
( x+ y )
f(x)+f(y)=f ，且当x∈(0,1)时，f (x)<0恒成立.下列结论中可能成立的有 ①③④ .
1+xy
①f (x)为奇函数；
②对定义域内任意x ≠x ，都有x f(x )+x f(x )>x f(x )+x f(x )；
1 2 1 1 2 2 1 2 2 1
(x +x ) f(x )+f(x )
③对∀x ,x ∈(−1,0)，都有f 1 2 ≤ 1 2 ；
1 2 2 2n
④ ∑f ( 1 ) >f (1) .
i2+3i+1 2
i=1
【解题思路】令x= y=0，求得f (0)=0，进而推得f(x)+f(−x)=0，可判定①正确；结合函数的单调性
x +x x +x x +x
f( 1 2 )+f( 1 2 )=f ( 1 2 )
的判定方法，进而可判定②不正确；根据 2 2 x +x 2 ，结合基本不等式，
1+( 1 2 )
2
1 1 1
可判定③正确；根据f( )−f( )=f( )，结合裂项法求和，可判定④正确.
i+1 i+2 i2+3i+1
( x+ y )
【解答过程】对于①中，由对任意x,y∈(−1,1)都有f(x)+f(y)=f ，
1+xy
令x= y=0，可得f(0)+f(0)=f (0)，所以f (0)=0，
( x−x )
任取x∈(−1,1)，可得−x∈(−1,1)，可得f(x)+f(−x)=f =f (0)=0，
1+xy
所以f(−x)=−f (x)，所以函数f (x)是(−1,1)上的奇函数，所以①正确；
x −x
对于②中，设0<x <x <1，可得−1<x −x <0,0<1−x x <1，则 1 2 <0
1 2 1 2 1 2 1−x x
1 2
x −x
则有f(x )−f(x )=f(x )+f(−x )=f( 1 2 )，
1 2 1 2 1−x x
1 2
因为当x∈(0,1)时，f (x)<0恒成立，且函数为f (x)为奇函数，
x −x
所以当x∈(−1,0)时，f (x)>0恒成立，可得f( 1 2 )>0，
1−x x
1 2
即f(x )−f(x )>0，即f(x )>f(x )，f (x)在(0,1)为减函数，
1 2 1 2
又因为f (x)为奇函数，所以函数f (x)在(−1,1)为减函数，
且当x∈(−1,0)时，f (x)>0；当x∈(0,1)时，f (x)<0，
又由x f(x )+x f(x )−x f(x )−x f(x )=(x −x )[f(x )−f(x )]，
1 1 2 2 1 2 2 1 1 2 1 2
因为x ≠x ，不妨设−1<x <x <1，可得x −x <0，f(x )−f(x )>0，
1 2 1 2 1 2 1 2
所以x f(x )+x f(x )−x f(x )−x f(x )<0，即x f(x )+x f(x )<x f(x )+x f(x )，
1 1 2 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 2 1
所以②不正确；x +x
对于③中，对于∀x ,x ∈(−1,0)，可得0<x x <1,−2<x +x <0，则−1< 1 2<0，
1 2 1 2 1 2 2
x +x x +x x +x
x +x f( 1 2 )+f( 1 2 )=f ( 1 2 )
可得f(x )+f(x )=f( 1 2 )，且 2 2 x +x 2 ，
1 2 1+x x 1+( 1 2 )
1 2
2
x +x 2 x2+x2+2x x 2x x +2x x
因为( 1 2 ) = 1 2 1 2≥ 1 2 1 2=x x ，当且仅当x =x 时，等号成立，
2 4 4 1 2 1 2
x +x x +x x +x x +x
1 2 ≥ 1 2 f( 1 2 )≥f ( 1 2 )
所以1+x x x +x 2，所以 1+x x x +x 2 ，
1 2 1+( 1 2 ) 1 2 1+( 1 2 )
2 2
(x +x ) f(x )+f(x )
即f 1 2 ≤ 1 2 ，所以③正确；
2 2
对于④中，因为函数f (x)为奇函数，
1 1
−
1 1 1 1 i+1 i+2 1
可得f( )−f( )=f( )+f(− )=f( )=f( )，
i+1 i+2 i+1 i+2 1 1 i2+3i+1
1− ⋅
i+1 i+2
n 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以∑f( )=f( )−f( )+f( )−f( )+⋯+f( )−f( ) =f( )−f( )，因为
i2+3i+1 2 3 3 4 i+1 i+2 2 i+2
i=1
1 1
0< <1，所以f( )<0，
i+2 i+2
1 1 1
所以f( )−f( )>f( )，所以④正确.
2 i+2 2
故答案为：①③④.
四、解答题
m
15．（2024·山东济南·三模）已知函数f(x)=x+ ，且f(1)=2.
x
(1)求m的值;
(2)判断函数f(x)在(1,+∞)上是增函数还是减函数，并证明.
【解题思路】（1）将f(1)=2代入函数求值即可；
（2）利用单调性的定义判断即可.【解答过程】（1）∵f(1)=2，
∴1+m=2
∴m=1
（2）函数为增函数，证明如下：
设x 、x 是(1,+∞)上的任意两个实数，且1<x <x ，
1 2 1 2
1 ( 1 )
则f (x )−f (x )=x + − x +
1 2 1 x 2 x
1 2
( 1 1 )
=x −x + −
1 2 x x
1 2
x −x
=x −x − 1 2
1 2 x x
1 2
x x −1
( )
=(x −x ) 1 2
1 2 x x
1 2
当1＜x ＜x 时，x x −1>0，x −x <0，
1 2 1 2 1 2
从而f (x )−f (x )<0，即f (x )<f (x )，
1 2 1 2
1
∴函数f (x)＝ +x在(1,+∞)上为增函数.
x
2x+b
16．（24-25高一上·贵州贵阳·期中）已知函数f(x)= ，点A(1, 5), B(2, 4)是f(x)图象上的两点．
ax+1
(1)求a, b的值：
(2)用定义判断函数f(x)在[1,3]上的单调性，并求该函数的最大值和最小值.
(3)若函数g(x)=f(x)+x, x∈[0,+∞)，求函数g(x)的值域．
【解题思路】（1）根据题意将A,B两点代入函数解析式列出方程组即可求解；
（2）根据函数单调性的定义判断即可，进而结合单调性求解最值；
6
（3）由题意可得g(x)=x+1+ +1，令t=x+1(t≥1)，进而结合对勾函数的性质求解即可.
x+1
【解答过程】（1）由题意，得¿，解得a=1,b=8.
2x+8
（2）由（1）知，f(x)= ，
x+1
任取x ,x ∈[1,3]，且x <x ，
1 2 1 22x +8 2x +8 (2x +8)(x +1)−(2x +8)(x +1) 6(x −x )
则f(x )−f(x )= 1 − 2 = 1 2 2 1 = 2 1 ，
1 2 x +1 x +1 (x +1)(x +1) (x +1)(x +1)
1 2 1 2 1 2
因为1≤x <x ≤3，所以x −x >0，(x +1)(x +1)>0，
1 2 2 1 1 2
则f(x )−f(x )>0，即f(x )>f(x )，
1 2 1 2
所以函数f(x)在[1,3]上单调递减，
7
则f(x) =f(3)= ，f(x) =f(1)=5.
min 2 max
2x+8
（3）由（1）知，f(x)= ，
x+1
2x+8 2(x+1)+6 6
则g(x)=f(x)+x= +x= +x=x+1+ +1， x∈[0, +∞)，
x+1 x+1 x+1
6
令t=x+1(t≥1)，则g(x)=ℎ(t)=t+ +1，
t
因为函数ℎ(t)在(1,√6)上单调递减，在(√6,+∞)上单调递增，
所以ℎ(t) =ℎ(√6)=2√6+1，且t→+∞时，ℎ(t)→+∞，
min
所以函数g(x)的值域为[2√6+1,+∞)．
x+m
17．（24-25高一上·湖南株洲·期中）已知函数f(x)= 是定义在[−2,2]上的奇函数，且
nx2+4
1
f(−1)=− ．
5
(1)求m，n的值；
(2)判断f(x)在[−2,2]上的单调性，并用定义证明；
(3)设g(x)=kx−2k−5，若对任意的x ∈[0,3]，总存在x ∈[−2,2]，使得g(x )≤f (x )成立，求实数k
1 2 1 2
的取值范围．
1
【解题思路】（1）由题可得f(x)图象过点(0,0)结合f(−1)=− 可得m，n的值；
5
（2）由单调性证明步骤可证得结论；
（3）由题可得g(x) ≤f(x) ，后讨论k结合单调性可得g(x) ，即可得范围．
max max maxx+m 1
【解答过程】（1）因为函数f(x)= 是定义在[−2,2]上的奇函数，且f(−1)=− ，
nx2+4 5
x
则¿，解得m=0,n=1．所以函数f(x)=
，
x2+4
经检验，函数为奇函数，所以m=0，n=1.
（2）f(x)在[−2,2]上单调递增．证明如下：
设−2≤x <x ≤2，
1 2
x x (x x −4)(x −x )
则f (x )−f (x )= 1 − 2 = 1 2 2 1 ，
1 2 x2+4 x2+4 (x2+4)(x2+4)
1 2 1 2
其中x x −4<0，x −x >0，x2+4>0,x2+4>0，
1 2 2 1 1 2
则f (x )−f (x )<0，即f (x )<f (x )，
1 2 1 2
所以函数f(x)在[−2,2]上单调递增.
（3）因为对任意的x ∈[0,3]，总存在x ∈[−2,2]，使得g(x )≤f (x )，则g(x) ≤f(x) ，
1 2 1 2 max max
1
因为f(x)在[−2,2]上单调递增，可得f(x) =f(2)= ，
max 4
1
当k=0时，g(x)=−5；所以−5≤ 恒成立，符合题意；
4
当k>0时，g(x)=kx−2k−5在[0,3]上单调递增，则g(x) =g(3)=k−5，
max
1 21
即k−5≤ ，解得0<k≤ ；
4 4
当k<0时，函数g(x)=kx−2k−5在[0,3]上单调递减，
1 21
则g(x) =g(0)=−5−2k，即−5−2k≤ ，解得− ≤k<0；
max 4 8
[ 21 21]
综上所述，实数k的取值范围为 − , ．
8 4
18．（24-25高一上·辽宁大连·期中）定义在R上的函数f (x)满足：对任意的x,y∈R，都有
f (x−y)=f (x)−f (y)，且当x>0时，f (x)<0．
(1)判断f (x)的奇偶性；
(2)求证：函数f (x)在R上是减函数；
( 1) [ 1 1]
(3)若f − =1，且∀x∈ − , ，∀a∈[−1,1]，f (x)≥−t2+6at−9恒成立，求实数t的取值范围．
2 2 2【解题思路】（1）根据所给关系式令x= y=0，即可求出f (0)，再令x=0，即可得到f (−x)与f (x)的关系，
即可判断；
（2）利用定义法证明，结合x>0时f (x)<0，即可证明；
（3）求出f (x)的值域，从而得到∀a∈[−1,1],−t2+6at−9≤−1恒成立，设
g(a)=6ta−t2−8,a∈[−1,1]，即可得到¿，解得即可.
【解答过程】（1）f (x)为奇函数，
证明：因为f (x)的定义域为R，且对∀x，y∈R，f (x−y)=f (x)−f (y)，
令x= y=0，则f (0)=f (0)−f (0)，则f (0)=0；
令x=0，则f (−y)=f (0)−f (y)，则f (−y)=−f (y)，即f (−x)=−f (x)，
所以函数f (x)是奇函数.
（2）设任意的x ,x ∈R且x >x ，由f (x−y)=f (x)−f (y)，
1 2 1 2
则f (x )−f (x )=f (x −x ).
1 2 1 2
又当x>0时，f (x)<0，所以当x −x >0时，有f (x −x )<0，
1 2 1 2
所以f (x )−f (x )<0，即f (x )<f (x )，
1 2 1 2
所以函数f (x)在R上是减函数.
( 1) (1) ( 1)
（3）因为f − =1，所以f =−f − =−1，
2 2 2
[ 1 1] ( [ 1 1])
又f (x)在 − , 上单调递减，所以f (x)∈[−1,1] x∈ − , ，
2 2 2 2
[ 1 1]
所以∀x∈ − , ,∀a∈[−1,1],f (x)≥−t2+6at−9恒成立，
2 2
等价于：∀a∈[−1,1],−t2+6at−9≤−1恒成立，
即∀a∈[−1,1],6ta−t2−8≤0恒成立，
设g(a)=6ta−t2−8,a∈[−1,1]，是关于a的一次函数，
所以¿，即¿，则¿，
所以t∈¿.
19．（23-24高一上·上海·期末）若函数y=f (x)与y=g(x)满足：对任意x ,x ∈D，都有
1 2，则称函数 是函数 在集合上的“约束函数”.已知函数
|f (x )−f (x )|≥|g(x )−g(x )| y=f (x) y=g(x)
1 2 1 2
y=f (x)是函数y=g(x)在集合D上的“约束函数”.
(1)若f (x)=|x|，D=R，判断函数y=g(x)的奇偶性，并说明理由；
(2)若f (x)=ax2+2x+1，g(x)=x2+ax(a>0)，D=(0,+∞)，求实数a的取值范围；
(3)若y=g(x)为严格减函数，f (0)<f (1)，D=R，且函数y=f (x)的图象是连续曲线，求证：y=f (x)是
(0,1)上的严格增函数.
【解题思路】（1）先分析得到f (x)−f (−x)=0，然后根据|f (x )−f (x )|≥|g(x )−g(x )|得到
1 2 1 2
g(x),g(−x)的关系，由此完成证明；
（2）根据题设条件将问题转化为“0<x ≤x 时，f (x )−g(x )≥f (x )−g(x )”，然后构造
1 2 2 2 1 1
ℎ(x)=f (x)−g(x)并进行分类讨论，由此求解出结果；
（3）先根据条件证明“∀x <x ，都有f (x )≠f (x )”，然后采用反证法证明“当0<x<1时，
1 2 1 2
f (0)<f (x)<f (1)”和“当0<x <x <1时，f (x )<f (x )”，由此完成证明.
1 2 1 2
【解答过程】（1）因为f (x)=|x|，所以对∀x∈R有f (x)−f (−x)=0，
令x =x,x =−x，且x ,x ∈ R，
1 2 1 2
因为|f (x )−f (x )|≥|g(x )−g(x )|，
1 2 1 2
所以|f (x)−f (−x)|≥|g(x)−g(−x)|，
所以|g(x)−g(−x)|≤0，
所以g(x)=g(−x)，且定义域为R关于原点对称，
所以g(x)是偶函数；
1 a
（2）当a>0时，f (x)=ax2+2x+1对称轴x=− <0且开口向上，g(x)=x2+ax对称轴x=− <0且开口
a 2
向上，
所以f (x)在(0,+∞)上单调递增，g(x)在(0,+∞)上单调递增，
不妨假设0<x ≤x ，
1 2所以|f (x )−f (x )|≥|g(x )−g(x )|⇔f (x )−f (x )≥g(x )−g(x )，
1 2 1 2 2 1 2 1
即f (x )−g(x )≥f (x )−g(x )，
2 2 1 1
设ℎ(x)=f (x)−g(x)=(a−1)x2+(2−a)x+1，
当a=1时，ℎ(x)=x+1，在(0,+∞)上单调递增，显然满足要求，
2−a 2−a
当a>1时，ℎ(x)为二次函数，对称轴x=− ，开口向上，故只需− ≤0即可，解得a≤2，
2(a−1) 2(a−1)
2−a
当a<1时，ℎ(x)为二次函数，对称轴x=− >0，开口向下，此时不满足要求，
2(a−1)
综上可知，a的取值范围是[1,2]；
（3）不妨设x <x ，因为g(x)是严格减函数，所以g(x )>g(x )，即g(x )−g(x )>0，
1 2 1 2 1 2
而|f (x )−f (x )|≥|g(x )−g(x )|，所以|f (x )−f (x )|>0，
1 2 1 2 1 2
所以对∀x <x ，都有f (x )≠f (x )，
1 2 1 2
①首先证明：当0<x<1时，f (0)<f (x)<f (1)，
假设存在0<x <1，且f (x )≥f (1)，
0 0
设f (x)=f (x)−f (1)，则f (0)=f (0)−f (1)<0，f (x )=f (x )−f (1)≥0，
1 1 1 0 0
所以∃x ∈(0,x ]使得f (x )=0，则f (x )−f (1)=0，则f (x )=f (1)，
3 0 1 3 3 3
这与“∀x <x ，都有f (x )≠f (x )”矛盾，
1 2 1 2
所以不存在0<x <1，使得f (x )≥f (1)；
0 0
假设存在0<x <1，使得f (x )≤f (0)，
0 0
设f (x)=f (x)−f (0)，则f (1)=f (1)−f (0)>0，f (x )=f (x )−f (0)≤0，
2 2 2 0 0
所以∃x ∈[x ,1)使得f (x )=0，则f (x )−f (0)=0，则f (x )=f (0)，
4 0 2 4 4 4
这与“∀x <x ，都有f (x )≠f (x )”矛盾，
1 2 1 2所以不存在0<x <1，使得f (x )≤f (0)，
0 0
由上可知，当0<x<1时，f (0)<f (x)<f (1)；
②再证明：当0<x <x <1时，f (x )<f (x )，
1 2 1 2
假设存在0<x <x <1，使得f (x )≥f (x )，则f (0)<f (x )≤f (x )<f (1)，
1 2 1 2 2 1
设f (x)=f (x)−f (x )，则f (0)=f (0)−f (x )<0,f (x )=f (x )−f (x )≥0，
3 2 3 2 3 1 1 2
所以∃x ∈(0,x ]，使得f (x )=0，则f (x )−f (x )=0，则f (x )=f (x )，
5 1 3 5 5 2 5 2
这与“∀x <x ，都有f (x )≠f (x )”矛盾，
1 2 1 2
所以假设不成立，即对任意x ,x ∈(0,1)，都有f (x )<f (x )，
1 2 1 2
所以y=f (x)是(0,1)上的严格增函数.
