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重难点 03 函数性质的灵活运用【九大题型】
【新高考专用】
函数及其性质是高考数学的重要内容.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、周期性等，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，需要灵活求解.
【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
．
【知识点4 抽象函数及其解题策略】
1．抽象函数及其求解方法
我们把不给出具体解析式，只给出函数的特殊条件或特征的函数称为抽象函数，一般用 y=f(x)表示，
抽象函数问题可以全面考查函数的概念和性质，将函数定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性、图象集
于一身，是考查函数的良好载体.解决这类问题一般采用赋值法解决.
【题型1 函数单调性的综合应用】
【例1】（2024·海南·模拟预测）已知a>0且a≠1，若函数f (x)=ax与g(x)=log (x2+4ax+7)在
2
[−1,+∞)上的单调性相同，则a的取值范围是（ ）
( 1] [1 )
A． 0, B． ,1 C．(1,2) D．(1,+∞)
2 2
【解题思路】利用指数函数、对数函数及复合函数的单调性计算即可.
【解答过程】由题意知y=x2+4ax+7在[−1,+∞)上只能是单调递增，
所以g(x)在[−1,+∞)上单调递增，所以¿
1
得 ≤a<2.
2
又f (x)=ax单调递增，所以a>1.
综上得1−6，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2-1】（2024·福建·三模）定义在R上的偶函数f (x)和奇函数g(x)满足f (x)+g(x)=2x+1，若函数
ℎ(x)=g2(x)−2mf (x)(m∈R)的最小值为−12，则m=（ ）
A．1 B．3 C．2√2 D．−2√2
【解题思路】先根据函数奇偶性得到f (x)=2x+2−x，g(x)=2x−2−x，从而得到
ℎ(x)=(2x+2−x) 2 −2(2x+2−x)m−4，换元得到y=t2−2mt−4在t∈[2,+∞)上的最小值为−12，根据对
称轴，分m<2和m≥2两种情况，根据函数单调性得到最小值，从而得到方程，求出答案.
【解答过程】f (x)+g(x)=2x+1①，故f (−x)+g(−x)=2−x+1 ，
因为f (x)为R上的偶函数，g(x)为R上的奇函数，
故f (−x)=f (x),g(−x)=−g(x)，所以f (x)−g(x)=2−x+1②，
式子①和②联立得f (x)=2x+2−x，g(x)=2x−2−x，
ℎ(x)=(2x−2−x) 2 −2(2x+2−x)m=(2x+2−x) 2 −2(2x+2−x)m−4，
其中t=2x+2−x≥2√2x ⋅2−x=2，当且仅当2x=2−x，即x=0时，等号成立，
所以y=t2−2mt−4在t∈[2,+∞)上的最小值为−12，
由于y=t2−2mt−4的对称轴为t=m，
故当m<2时，y=t2−2mt−4在t∈[2,+∞)上单调递增，
故y =22−4m−4=−12，解得m=3>2，不合要求，舍去；
min
当m≥2时，y=t2−2mt−4在t∈[2,m)上单调递减，在t∈[m,+∞)上单调递增，故y =m2−2m2−4=−12，解得m=2√2，负值舍去；
min
故选：C.
【变式2-2】（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，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2-3】（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 )0即可排除D，进而得到答案.
ex+e−x
【解答过程】由题意，f (x)= ⋅sinπx，x∈[−3,3]，
4
e−x+ex ex+e−x
则f (−x)= ⋅sin(−πx)=− ⋅sinπx=−f (x)，
4 4
所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，故AC不满足；
ex+e−x ex+e−x
当20，sinπx>0，则f (x)= ⋅sinπx>0，
4 4
故D不满足，B符合题意.
故选：B.
【变式3-3】（2024·安徽·模拟预测）已知函数f(x),g(x)的定义域均为R，若f(x−1)为偶函数，g(x)为
1
奇函数，且g(x)=f(x− )，则（ ）
2
3 1 1
A．f( )=1 B．f (x)=f (x+1) C．f(x+ )为奇函数 D．g(x+ )为奇函数
2 2 2
【解题思路】方法一：利用抽象函数的奇偶性和相关条件推导出函数的周期性、对称性等基本性质，逐一
对选项进行分析判断；方法二：依题意构造函数法.依题意，可设f(x)=cosπx，则g(x)=sinπx，一一对
选项进行计算、验证即得.
【解答过程】方法一 :（函数性质判断法）由f (x−1)为偶函数，得f (x−1)=f (−x−1)①．
由g(x)为奇函数，得g(x)=−g(−x)．
1 1 1
又g(x)=f(x− )，则f(x− )=g(x)=−g(−x)=−f(−x− )②．
2 2 2则由①，f (x−2)=f (x−1−1)=f [−(x−1)−1]=f (−x)（*），
1 1 1 1
由②，f (x−1)=f(x− − )=−f [−(x− )− ]=−f(−x)，
2 2 2 2
故得f (x−2)=−f (x−1)． 把x取成x+1，得f (x−1)=−f (x)③，
于是，f (x−2)=−f(x−1)=f (x)，即函数f (x)的周期为2，故B错误；
(3) ( 1)
又因g(x)为R上的奇函数，则g(0)=0，f (x)的周期为2，则f =f − =g(0)=0，故A错误；
2 2
1 1 1 1
由③得，f(x+ −1)=−f(x+ )，即f(x− )=−f(x+ )，
2 2 2 2
1 1 1
故f(x+ )=−f(x− )=−g(x)．因g(x)为奇函数，故f(x+ )为奇函数，故C正确；
2 2 2
由（*），f (x−2)=f (−x),f (x−2)=f (x)，得f (x)=f (−x)，即f (x)为偶函数，
( 1) ( 1)
又g x+ =f (x)，所以g x+ 为偶函数，故D错误.
2 2
方法二：（构造函数法）依题意，可设f(x)=cosπx，则f(x−1)=cosπ(x−1)=−cosπx为偶函数，
1 1
由g(x)=f(x− )=cosπ(x− )=sinπx为奇函数，且函数f(x),g(x)的定义域均为R，
2 2
3 3
对于A，f( )=cos π=0≠1，排除A；
2 2
对于B，显然f(x)=cosπx的最小正周期是2，排除B；
1 1
对于C，f(x+ )=cosπ(x+ )=−sinπx是奇函数，故C正确；
2 2
1 1
对于D，g(x+ )=sinπ(x+ )=cosπx，显然是偶函数，排除D.
2 2
故选：C.
【题型4 利用对称性解决函数问题】
【例4】（2024·河南·模拟预测）函数f (x)=lg(√x2−2x+11+x−1)图象的对称中心是（ ）
( 1) ( 1)
A．(1,1) B． 1, C．(2,1) D． 2,
2 2
【解题思路】根据函数解析式以及对数运算法则可得函数f (x)满足f (x)+f (2−x)=1，即可得对称中心为
( 1)
1, .
2【解答过程】易知f (x)=lg(√(x−1) 2+10+x−1)的定义域为R，
所以可得f (2−x)=lg(√(1−x) 2+10+1−x)，
因此f (x)+f (2−x)=lg(√(1−x) 2+10+1−x)+lg(√(x−1) 2+10+x−1)
=lg((√(x−1) 2+10) 2 −(x−1) 2)=lg10=1，
( 1)
即函数f (x)满足f (x)+f (2−x)=1，因此f (x)的对称中心为 1, .
2
故选：B.
x+1
【变式4-1】（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
x+a
a−b=（ ）
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.
【变式4-2】（2024·河南·三模）设函数f (x)的定义域为R,y=f (x−1)+1为奇函数，y=f (x−2)为偶函数，
若f (2024)=1，则f (−2)=（ ）
A．1 B．−1 C．0 D．−3
【解题思路】根据函数的奇偶性可得f (x)的图象关于点(−1,−1)中心对称且关于直线x=−2轴对称，进而
得f (x)的周期为4，即可求解.
【解答过程】因为y=f (x−1)+1为奇函数，所以f (−x−1)+1=−1−f (x−1)，
所以f (x)的图象关于点(−1,−1)中心对称，则f (−1)=−1.
因为y=f (x−2)为偶函数，所以f (−x−2)=f (x−2)，所以f (x)的图象关于直线x=−2轴对称.
由f (−x−1)+1=−1−f (x−1)，得f (−x−2)=−2−f (x)，
所以f (x−2)=−2−f (x)，则f (x−4)=−2−f (x−2)=−2−f (−x−2)=f (x)，
则f (x)的周期为4，
f (2024)=f (0)=−2−f (−2)=1，则f (−2)=−3.
故选：D.
【变式4-3】（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) 的解集为(−1,0)∪(1,+∞).
x
故选：B.【题型5 对称性与周期性的综合应用】
【例5】（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.
【变式5-1】（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5-2】（2024·湖南邵阳·三模）已知函数f (x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)=f′(x)，函数
f (2x+3)的图象关于点(−1,1)对称．若对任意x∈R，有f (x+3)=x+f (3−x)，则下列说法正确的是
（ ）
A．g(x)不为周期函数 B．f (x)的图象不关于点(1,1)对称
1
C．g(211)= D．f (985)=1
2
【解题思路】利用函数成中心对称的恒等式来证明新函数的对称性，再利用双对称来证明函数的周期性，
从而就可以来判断各选项.
【解答过程】因为函数f (2x+3)的图象关于点(−1,1)对称，
所以f [2(x−1)+3]+f [2(−x−1)+3]=2，即f (2x+1)+f (−2x+1)=2，
则f (x)的图象关于点(1,1)对称，B选项错误．
1 1
由f (x+3)=x+f (3−x)，得f (x+3)− (x+3)=f (3−x)− (3−x)．
2 2
1 1
令ℎ(x)=f (x)− x，则f (x)= ℎ(x)+ x，
2 2
由ℎ(x+3)= ℎ(3−x)，得ℎ(x)的图象关于直线x=3对称．
又f (x)的图象关于点(1,1)对称，则f (x+1)+f (1−x)=2，
1 1
所以ℎ(x+1)+ (x+1)+ ℎ(1−x)+ (1−x)=2，即ℎ(x+1)+ ℎ(1−x)=1，
2 2
( 1)
则可得ℎ(x)的图象关于点 1, 对称，
2
故ℎ(x)为周期函数，且周期为8，ℎ(x)= ℎ(x+8)，
985 985 1 985
所以，f (985)= ℎ(985)+ = ℎ(1)+ = + =493，D选项错误．
2 2 2 2
1 1 1 1
又f (x)= ℎ(x)+ x= ℎ(x+8)+ x=f (x+8)− (x+8)+ x，则f (x+8)=f (x)+4，
2 2 2 2所以f′(x)=f′(x+8)，由g(x)=f′(x)得：g(x)=g(x+8)，故g(x)为周期函数，A选项错误．
由f (x+3)=x+f (3−x)，两边求导得：f′(x+3)=1−f′(3−x)，
1
由g(x)=f′(x)得：g(x+3)+g(3−x)=1，令x=0得：g(3)= ，
2
1
利用g(x)的周期为8，则g(211)=g(8×26+3)=g(3)= ，C选项正确．
2
故选：C．
【变式5-3】（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
，④正确；
∑❑f (i)=0
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.
【题型6 类周期函数】
1
【例6】（23-24高一下·重庆·阶段练习）设函数f (x)的定义域为R，满足f (x+2)= f (x)，且当x∈(0,2]
2
3
时，f (x)=x(x−2)，若对任意x∈[m,+∞)，都有f (x)≥− ，则m的取值范围是（ ）
16
[9 )
A．[5,+∞) B． ,+∞
2
[21 ) [11 )
C． ,+∞ D． ,+∞
4 2
【解题思路】由题设条件画出函数f (x)的简图，由图象分析得出m的取值范围.
【解答过程】当x∈(0,2]时，x+2∈(2,4]，
1 1 1
则f (x+2)= f (x)= x(x−2)= (x+2−2)(x+2−4)∈[−1,0]，
2 2 2
1 [ 1 ]
即当x∈(2,4]时，f (x)= (x−2)(x−4)∈ − ,0 ，
2 2
1 [ 1 ]
同理当x∈(4,6]时，f (x)= (x−4)(x−6)∈ − ,0 ；
4 4
1 [ 1 ]
当x∈(6,8]时，f (x)= (x−6)(x−8)∈ − ,0 .
8 8
3
以此类推，当x>6时，都有f (x)>− .
16
3
函数f (x)和函数y=− 在(0,8]上的图象如下图所示：
161 3 11
由图可知，f (m)= (m−4)(m−6)=− ，m∈(5,6)，解得m= ，
4 16 2
[11 ) 3 [11 )
即对任意x∈ ,+∞ ，都有f (x)≥− ，即m的取值范围是 ,+∞ .
2 16 2
故选：D.
【变式6-1】（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，且f (x)+x2是奇函数，f (x)−x是偶
函数，设函数g(x)=¿．若对任意x∈[0,m],g(x)≤3恒成立，则实数m的最大值为（ ）
13 17 9 13
A． B． C． D．
3 4 2 4
【解题思路】由f (x)+x2是奇函数，f (x)−x是偶函数，求出f (x)=x−x2，再根据g(x)=¿，作出函数g(x)
的图象即可求解.
【解答过程】因为f (x)+x2是奇函数，f (x)−x是偶函数，
所以¿，解得f (x)=x−x2，
由g(x)=¿，
当x∈(1,2)时，则x−1∈(0,1)，所以g(x)=2g(x−1)=2f (x−1)，
同理：当x∈(2,3)时，g(x)=2g(x−1)=4g(x−2)=4f (x−2)，
以此类推，可以得到g(x)的图象如下：
由此可得，当x∈(4,5)时，g(x)=16f (x−4)，
17 19
由g(x)≤3，得16(x−4)(5−x)≤3，解得x≤ 或x≥ ，
4 4又因为对任意的x∈[0,m]，g(x)≤3恒成立，
17 17
所以07,x = <7 ，
1 2 2 2
( 13]
又f (7)=8，故对任意x∈(−∞,m]，都有f (x)≤6，则m的取值范围是 −∞, ，正确；
2
对于③，取m=−1，则直线y=−x+5，过点(3,2)，
结合图象可知y=f (x),y=−x+5恰有3个交点，
即f (x)=m(x−5)恰有3个实数根，即说明m=−1符合题意，则③错误；
对于④，当x∈(2n−2,2n]时， f(x)=−2n−1x2+2n (2n−1)x−2nn(2n−2)，
8n(2n−2)−4(2n−1) 2
其最大值为a =2n−1× =2n−1，
n −4
2n−7 2n−7
若∃n∈N ，使得λa <2n−7成立，即λ< ，即需 λ<( ) ；
+ n 2n−1 2n−1
max
2n−7 2n−5
记b = ，则b = ，
n 2n−1 n+1 2n
2n−5 2n−7 9−2n
故b −b = − = ，当n≤4时，b −b >0，{b }递增；
n+1 n 2n 2n−1 2n n+1 n n
1 3
当n≥5时，b −b <0，{b }递减，又b = ,b = ，
n+1 n n 4 8 5 16
2n−7 3
则b❑>b ，故b = 的最大值为 ，
5 4 n 2n−1 16
3 3
则λ< ，即λ∈(−∞, )，故④错误，
16 16
综合可知，结论正确的个数是2个，
故选：B.【题型7 抽象函数的性质及其应用】
【例7】（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.
1
【变式7-1】（2024·贵州遵义·二模）已知定义在R上的函数f (x)满足：f (1)= ，且
2
f (x+ y)+f (x−y)=2f (x)f (y)，则下列结论正确的是（ ）
1
A．f (0)=0 B．f (x)的周期为4 C．f (2x−1)关于x= 对称 D．f (x)在(0,+∞)单调递减
2
【解题思路】由余弦函数的和、差角公式结合题目条件，可设f (x)=cosax，先求出a，再对选项进行逐一
验证即可得出答案.
【解答过程】由cos(α+β)=cosαcosβ−sinαsinβ，cos(α−β)=cosαcosβ+sinαsinβ
可得cos(α+β)+cos(α−β)=2cosαcosβ，可设f (x)=cosax
1 1 π (π )
由f (1)= ，即cosa= ，则可取a= ，即f (x)=cos x 进行验证.
2 2 3 3选项A： f (0)=1，故选项A不正确.
2π
(π ) T= =6
选项B：由f (x)=cos x ，则其最小正周期为 π ,故选项B不正确.
3
3
选项D：由于f (x)为周期函数，则在(0,+∞)不可能为单调函数. 故选项D不正确.
(2π π) (1) 1
选项C：f (2x−1)=cos x− ,又f =cos0=1，故此时x= 为其一条对称轴.
3 3 2 2
此时选项C正确,
故选：C.
【变式7-2】（24-25高一上·宁夏石嘴山·阶段练习） 函数f (x)是定义在区间(0,+∞)上的减函数，且满足
f (xy)=f (x)+f (y)
(1)求f (1)
(x)
(2)证明:f =f (x)−f (y)
y
( 1 )
(3)若 f (4)=−4，求 f (x)−f ≥−12的解集
x−12
【解题思路】（1）利用赋值法，令x= y=1求解即可；
( x) (x)
（2）由f (xy)=f (x)+f (y)，得f (x)=f y⋅ =f (y)+f ，然后化简即可证明；
y y
（3）f (64)=f (4)+f (16)=3f (4)=−12，f (x)−f ( 1 ) =f (x2−12x)，然后利用f (x)是定义在区间
x−12
(0,+∞)上的减函数，解不等式即可..
【解答过程】（1）令x= y=1，则f (1)=f (1)+f (1)，所以f (1)=0.
( x) (x) (x)
（2）证明：f (x)=f y⋅ =f (y)+f ，所以f =f (x)−f (y).
y y y
（3）因为f (x)−f ( 1 ) =f (x2−12x)，f (64)=f (4)+f (16)=3f (4)=−12，
x−12
( 1 )
所以由f (x)−f ≥−12，得：f (x2−12x)≥f (64)，
x−12
又因为f (x)是定义在区间(0,+∞)上的减函数，
所以x2−12x≤64且¿，所以解得120时，f (x)>2，
(1)求f (0)的值：
(2)求证：f (x)是R上的增函数；
(3)若对任意的实数x，不等式f (t⋅9−x)+f (1−2×3−x−1)>4都成立，求实数t的取值范围．
【解题思路】（1）根据题中条件，令a=b=0，即可求出结果；
（2）设x ,x ∈R且x >x ，取a=x −x ，b=x ，根据题中条件，作差比较f (x )−f (x )，根据单调性
1 2 1 2 1 2 2 1 2
的定义，即可证明结论成立；
2 2
（3）由（1）（2），将不等式化为t>−9x+ ⋅3x ，求出y=−9x+ ⋅3x
的最大值，即可得出结果.
3 3
【解答过程】（1）因为函数f (x)对任意的实数a，b，都有f (a+b)=f (a)+f (b)−2，
令a=b=0，则f (0)=f (0)+f (0)−2，所以f (0)=2；
（2）设x ,x ∈R且x >x ，取a=x −x ，b=x ，
1 2 1 2 1 2 2
则f (x )=f (x −x )+f (x )−2，即f (x )−f (x )=f (x −x )−2，
1 1 2 2 1 2 1 2
由于当x>0时，f (x)>2，因为x −x >0，所以f (x −x )>2，
1 2 1 2
即f (x )−f (x )=f (x −x )−2>0，
1 2 1 2
由增函数的定义可知f (x)是R上的增函数；
（3）不等式f (t⋅9−x)+f (1−2×3−x−1)>4等价于f (t⋅9−x+1−2×3−x−1)>2=f (0)，
由（2）可知f (x)是R上的增函数，
2
故t⋅9−x+1−2×3−x−1>0⇔t>−9x+ ⋅3x 在R上恒成立，
3
2
下面求函数y=−9x+ ⋅3x
的最大值：
3
2 1
令m=3x，y=−m2+ m，其对称轴为m= ，
3 3
1
故有：当x∈(−∞,−1)⇒m< 时，
3
2 2
函数m=3x递增，函数y=−m2+ m递增，故函数y=−9x+ ⋅3x
递增；
3 31 2
当x∈(−1,+∞)⇒m> 时，函数m=3x递增，函数y=−m2+ m递减，
3 3
2
故函数y=−9x+ ⋅3x
递减；
3
2 1 1
因此，函数y=−9x+ ⋅3x 在x=−1时有最大值 ，即所求范围为t> .
3 9 9
【题型8 函数性质的综合应用】
【例8】（2024·陕西西安·三模）已知y=f (x)是定义域为R的奇函数，若y=f (2x+1)的最小正周期为1，
则下列说法中正确的个数是（ ）
(1) (3) (1) (3)
①f +f =0 ②f +f =0
4 4 2 2
1
③f(x)的一个对称中心为(1,0) ④f(x)的一条对称轴为x=
2
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解题思路】根据条件得出周期，结合周期性、对称性可得答案.
【解答过程】因为y=f (2x+1)的最小正周期为1，所以f (2(x+1)+1)=f (2x+1)；
即f (2x+3)=f (2x+1)，所以2是f(x)的周期；
(1) (3) (1) ( 1)
因为f(x)为奇函数，所以f +f =f +f − =0，②正确；
2 2 2 2
(1) (3) (1) ( 5) (1) (5)
f +f =f +f − =f −f ，不一定为零，①不正确；
4 4 4 4 4 4
因为f (x+2)=f(x)=−f(−x)，所以f(x)的一个对称中心为(1,0)，③正确；
1
通过题目条件无法得出f(x)的一条对称轴为x= ，④不正确；
2
故选：B.
【变式8-1】（2024·四川绵阳·一模）若函数f (x)的定义域为R，且f (2x+1)偶函数，f (x−1)关于点(3,3)
成中心对称，则下列说法正确的个数为（ ）
①f (x)的一个周期为2 ②f (22)=3
19
③f (x)的一条对称轴为x=5 ④∑f (i)=57
i=1
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】由题意，根据函数的对称性，可得f (1−x)=f (1+x)，f (2−x)=6−f (2+x)，且f (2)=3，根据函数周期性的定义，可判①的正误；根据周期性的应用，可判②的正误；根据函数的轴对称性的性质，
可判③的正误；根据函数的周期性，进行分组求和，根据函数的对称性，可得f (1)+f (3)=6，
f (2)+f (4)=6，可判④的正误.
【解答过程】因为f (2x+1)偶函数，所以f (1−2x)=f (1+2x)，则f (1−x)=f (1+x)，即函数f (x)关于直
线x=1成轴对称，
因为函数f (x)的图象是由函数f (x−1)的图象向左平移1个单位，所以函数f (x)关于点(2,3)成中心对称，则
f (2−x)=6−f (2+x)，且f (2)=3，
对于①，f (x+2)=6−f (2−x)=6−f (1−(x−1))=6−f (1+x−1)=6−f (x)，
f (x+4)=f (2+x+2)=6−f (2−x−2)=6−f (−x)=6−f (1−(x+1)) =6−f (1+x+1)=f (2−x)
=f (1+1−x)=f (1−1+x)=f (x)，则函数f (x)的周期T=4，故①错误；
对于②，f (22)=f (2+4×5)=f (2)=3，故②正确；
对于③，f (5+x)=f (1+x+4)=f (1+x)=f (1−x)=f (1−x+4)=f (5−x)，故③正确；
对于④，f (1)=f (2−1)=6−f (2+1)，则f (1)+f (3)=6，
f (4)=f (0)=f (1−1)=f (1+1)=f (2)=3，则f (2)+f (4)=6，
19
由19÷4=4⋯⋯3，则∑f (i)=f (1)+f (2)+⋯+f (19)
i=1
=4(f (1)+f (2)+f (3)+f (4))+f (17)+f (18)+f (19) =4×(6+6)+f (1)+f (2)+f (3)=48+6+3=57，故
④正确.
故选：C.
x2−2
【变式8-2】（24-25高一上·北京·期中）已知函数f (x)= .
x
(1)判断f (x)的奇偶性并证明；
(2)当x∈(0,+∞)时，判断f (x)的单调性并证明；
(3)若实数x满足f (2|x+1|)>f (3)，求x的取值范围.
【解题思路】（1）判断出函数f (x)为奇函数，再利用函数奇偶性的定义证明即可；
（2）判断出函数f (x)在(0,+∞)上为增函数，然后任取x 、x ∈(0,+∞)，且x >x ，作差f (x )−f (x )，
1 2 1 2 1 2因式分解后判断f (x )−f (x )的符号，结合函数单调性的定义可得出结论；
1 2
（3）根据函数f (x)在(0,+∞)上的单调性结合f (2|x+1|)>f (3)，可得出关于实数x的不等式，解之即可.
x2−2
【解答过程】（1）函数f (x)= 为奇函数，理由如下：
x
因为函数f (x)的定义域为¿，
(−x) 2−2 x2−2
f (−x)= =− =−f (x)，故函数f (x)为奇函数.
−x x
（2）函数f (x)在(0,+∞)上为增函数，证明如下：
任取x 、x ∈(0,+∞)，且x >x ，即x >x >0，
1 2 1 2 1 2
x2−2 x2−2 x (x2−2)−x (x2−2) (x2x −x x2)+2(x −x )
则f (x )−f (x )= 1 − 2 = 2 1 1 2 = 1 2 1 2 1 2
1 2 x x x x x x
1 2 1 2 1 2
(x −x )(x x +2)
= 1 2 1 2 >0，即f (x )>f (x )，
x x 1 2
1 2
所以，函数f (x)在(0,+∞)上为增函数.
（3）由（2）可知，函数f (x)在(0,+∞)上为增函数，
3 5 1
由f (2|x+1|)>f (3)，可得2|x+1|>3，即|x+1|> ，解得x<− 或x> ，
2 2 2
( 5) (1 )
因此，满足不等式f (2|x+1|)>f (3)的x的取值范围是 −∞,− ∪ ,+∞ .
2 2
a−2x
【变式8-3】（24-25高一上·吉林长春·期中）已知定义域为R的函数f (x)= 是奇函数.
b+2x
(1)求实数a，b的值；
(2)判断f (x)的单调性并给出证明；
(3)若存在t∈[0,4]，使f (k+t2)+f (4t−2t2)<0成立，求实数k的取值范围.
【解题思路】（1）首先由f (x)是奇函数可知f(0)=0，得出a=1，后面再根据当x≠0时，有恒等式
(b−1)⋅(2x−1)=0成立即可求出b=1；
（2）根据函数单调性定义即可证得函数f (x)单调递减；
（3）结合函数奇偶性、单调性将不等式转换为k>t2−4t，由题意可知问题等价于k>g(t) ，由此即可
min得解.
【解答过程】（1）因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，
a−1
所以f(0)=0，即 =0，所以a=1，
b+1
1
a−
2x a−2x
又因为f(−x)=−f(x)，所以 =− ，
1 b+2x
b+
2x
2x−1 2x−1
将a=1代入，整理得 = ，
b⋅2x+1 b+2x
当x≠0时，有b⋅2x+1=b+2x，即(b−1)⋅(2x−1)=0恒成立，
又因为当x≠0时，有2x−1≠0，所以b−1=0，所以b=1.
经检验符合题意，所以a=1,b=1.
1−2x −(1+2x)+2 2
（2）由（1）知：函数f(x)= = =−1+ ，
1+2x 1+2x 1+2x
函数f(x)在R上是减函数.
设任意x ,x ∈R，且x 0，又1+2x 1>0,1+2x 2>0,2x 1>0，
1 2
2×2x 1(2x 2 −x 1−1)
则 >0，则f(x )>f(x )，
(1+2x 1)(1+2x 2) 1 2
则函数f(x)在R上是减函数.
（3）因为存在t∈[0,4]，使f (k+t2)+f (4t−2t2)<0成立，
又因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以不等式可转化为f (k+t2)2t2−4t，所以k>t2−4t，
令g(t)=t2−4t=(t−2) 2−4，t∈[0,4]
由题意可知：问题等价转化为k>g(t) ，
min
易知当t∈[0,4]，g(t) =g(2)=−4，所以k>−4.
min
【题型9 函数的新定义问题】
【例9】（2024·云南昆明·模拟预测）对于定义域为D的函数y=f (x)，若存在区间[a,b]⊂D，使得f (x)
同时满足：
①f (x)在区间[a,b]上是单调函数；
②当f (x)的定义域为[a,b]时，f (x)的值域也为[a,b]，则称区间[a,b]为该函数的一个“和谐区间”
m 2
已知定义在(1,k)上的函数f (x)= − 有“和谐区间”，则正整数k取最小值时，实数m的取值范围是
2 x
（ ）
A．(4,4√2) B．(4√2,6) C．(4,6) D．(6,8)
【解题思路】本题属于函数新定义问题， 根据题意构造新的函数（方程），再结合不等式即能求出参数m
的范围.
【解答过程】若函数f(x)有“和谐区间”，则f(x)在(1,k)上单调递增，
m 2
且f(x)= − =x在定义域内有两个不等的实数根，
2 x
m 2
= +x≥2√2，即m≥4√2，
2 x
2
又g(x)= +x在区间(1,√2)单调递减，
x
在区间(√2,+∞)单调递增，且k∈N∗，所以k≥2，
2 m
又因为g(x)= +x与直线y= 在(1,k)有两个交点，
x 2
2
g(1)=3，所以 +k=3，得k=2，
k
所以正整数k的最小值为2，g(2)=3，
m
即 =3，m=6，
2此时，实数m的取值范围是(4√2,6).
故选：B.
【变式9-1】（2024·上海闵行·二模）已知定义在R上的函数f (x)，对于给定集合A，若∀x ,x ∈R，当
1 2
x −x ∈A时都有f (x )−f (x )∈A，则称f (x)是“A封闭”函数.已知给定两个命题：
1 2 1 2
P：若f (x)是“{1}封闭”函数，则f (x)一定是“{k}封闭”函数(k∈N∗)；
Q：若f (x)是“[a,b]封闭”函数(a,b∈N∗)，则f (x)不一定是“{ab}封闭”函数.
则下列判断正确的为（ ）
A．P对，Q对 B．P不对，Q对 C．P对，Q不对 D．P不对，Q不对
【解题思路】根据定义可得∀x∈R都有f(x+1)=f(x)+1，∀x∈R都有f(x+a)=f(x)+b，再判定
所给定区间里是否有f(x +k)−f(x )=k,f(x +ab)−f(x )=ab成立即可判断作答.
2 2 2 2
【解答过程】对命题P：对于集合{1},∀x ,x ∈R使x −x ∈{1}，则x =x +1,而f(x)是“{1}封
1 2 1 2 1 2
闭”函数，
则f (x +1)−f (x )=1，即∀x∈R都有f(x+1)=f(x)+1，
2 2
对于集合{k},∀x ,x ∈R使x −x ∈{k}，则x =x +k,k∈N∗，
1 2 1 2 1 2
而f (x +k)=f (x +k−1)+1,f (x +k−1)=f (x +k−2)+1,…,f (x +1)=f (x )+1，
2 2 2 2 2 2
所以f (x +k)+f (x +k−1)+…+f (x +1)=f (x +k−1)+f (x +k−2)+…+f (x )+k−1，
2 2 2 2 2 2
即f (x +k)=f (x )+k，故f (x +k)−f (x )=k,f(x)一定是“{k}封闭”函数(k∈N∗),P正确；
2 2 2 2
对命题Q，其逆否命题为，若f(x)是“{ab}封闭”函数，则f(x)不是“[a,b]封闭”函数(a,b∈N∗)，
只需判断出其逆否命题的正误即可，∀x ,x ∈R使x −x =ab，则f (x )−f (x )=ab，
1 2 1 2 1 2
若ab∈[a,b]，则¿，由ab≤b解得a≤1，因为a∈N∗，所以a=1，
即∀x ,x ∈R使x −x =ab=b∈[a,b]，则f (x )−f (x )=ab=b∈[a,b]，
1 2 1 2 1 2
满足f(x)是“[a,b]封闭”函数(a,b∈N∗)，所以命题Q的逆否命题为假命题，则原命题也为假命题，Q错误.
故选：C.
【变式9-2】（2024·上海虹口·二模）若函数y=f (x)满足：对任意x ,x ∈R,x +x ≠0，都有
1 2 1 2
f (x )+f (x )
1 2 >0，则称函数y=f (x)具有性质P.
x +x
1 2
(1)设f (x)=ex，g(x)=x3+x，分别判断y=f (x)与y=g(x)是否具有性质P？并说明理由；
(2)设f (x)=x+asin2x函数y=f (x)具有性质P，求实数a的取值范围；
(3)已知函数y=f (x)具有性质P，且图像是一条连续曲线，若y=f (x)在R上是严格增函数，求证：
y=f (x)是奇函数.
【解题思路】（1）取特殊值判断y=f (x)，利用所给定义判断y=g(x)；
（2）首先判断f (x)的奇偶性，依题意可得y=f(x)是严格增函数，则f′(x)=1+2acos2x≥0恒成立，再
分a>0、a=0、a<0三种情况讨论.
（3）依题意只要证明对任意实数x ，f (x )+f (−x )=0，对任意实数x ，设f (x )=c，则由y=f(x)具有
0 0 0 0 0
f (x)+f (x )
性质P知：当x+x ≠0时， 0 >0①，设ℎ(x)=f (x)+f (x )，分x+x >0、x+x <0两种情况讨
0 x+x 0 0 0
0
论，结合零点存在性定理证明即可.
【解答过程】（1）y=f (x)不具有性质P，理由如下：
f(x )+f(x ) e−2+e
取x =−2,x =1，有 1 2 = <0.
1 2 x +x −1
1 2
y=g(x)具有性质P，理由如下：
对任意x ,x ∈R，x +x ≠0，
1 2 1 2
有 f(x 1 )+f(x 2 ) = x 1 3+x 1 +x 3 3+x 2=x2−x x +x2+1= ( x − 1 x ) 2 + 3 x2+1>0.
x +x x +x 1 1 2 2 1 2 2 4 2
1 2 1 2
（2）函数f (x)=x+asin2x定义域为R，
又f (−x)=−x+asin(−2x)=−(x+asin2x)=−f (x)，
所以f (x)=x+asin2x是奇函数，
函数f (x)=x+asin2x具有性质P，故对x ,x ∈R，x −x ≠0，
1 2 1 2f(x )+f(−x )
都有 1 2 >0，
x −x
1 2
又f (x)=x+asin2x为奇函数，
f(x )−f(x )
故 1 2 >0，即y=f(x)是严格增函数，f′(x)=1+2acos2x≥0恒成立.
x −x
1 2
1
若a>0，则f′(x) =1−2a≥0，解得00 ①，
0 x+x
0
设ℎ(x)=f (x)+f (x )=f (x)+c，当x+x >0，即x>−x 时，由①得f(x)+f(x )>0，
0 0 0 0
即当x∈(−x ,+∞)时ℎ(x)>0②，
0
当x+x <0，即x<−x 时，由①得f(x)+f(x )<0，
0 0 0
即当x∈(−∞,−x )时ℎ(x)<0③，
0
于是由曲线y= ℎ(x)的连续性，函数y= ℎ(x)在R上存在零点x ，
1
即ℎ(x )=f(x )+f(x )=0 ④ ，
1 1 0
由函数y=f(x)在R上严格增，知：函数y= ℎ(x)在R上严格增；
所以由②知x ≤−x ，由③知x ≥−x ，故x =−x ；
1 0 1 0 1 0
故由④得ℎ(−x )=f(−x )+f(x )=0，
0 0 0
即对任意实数x ，均有f (x )+f (−x )=0，
0 0 0因此，函数y=f(x)是奇函数.
【变式9-3】（2024·上海金山·二模）已知函数y=f(x)与y=g(x)有相同的定义域D．若存在常数a(
a∈R)，使得对于任意的x ∈D，都存在x ∈D，满足f(x )+g(x )=a，则称函数y=g(x)是函数
1 2 1 2
y=f(x)关于a的“S函数”．
(1)若f(x)=lnx，g(x)=ex，试判断函数y=g(x)是否是y=f(x)关于0的“S函数”，并说明理由；
(2)若函数y=f(x)与y=g(x)均存在最大值与最小值，且函数y=g(x)是y=f(x)关于a的“S函数”，
y=f(x)又是y=g(x)关于a的“S函数”，证明：[f(x)] +[g(x)] =a；
min max
(3)已知f(x)=|x−1|，g(x)=√x，其定义域均为[0,t]．给定正实数t，若存在唯一的a，使得y=g(x)
是y=f(x)关于a的“S函数”，求t的所有可能值．
【解题思路】（1）结合题目所给定义分别计算即可得；
（2）结合定义可得[f(x)] +[g(x)] ≥a，[g(x)] +[f(x)] ≤a，即可得解；
min max max min
（3）记集合A={y|y=f(x),x∈[0,t]}，B={y|y=a−g(x),x∈[0,t]}，结合定义可得A⊆B，
再分02讨论即可得.
【解答过程】（1）y=g(x)不是y=f(x)关于0的“S函数”．
解法一：当x >1时，lnx +ex 2>0，所以不存在x ，使得f (x )+g(x )=0
1 1 2 1 2
解法二：因为函数g(x)=ex (x>0)的值域为(1,+∞)，比如取x =e，则f(x )=1，
1 1
不存在x ，使得1+ex 2=0；
2
（2）设f(x )=[f(x)] ．
1 min
由题意，存在x ∈D，使得f(x )=[f(x)] ．
1 1 min
因为函数y=g(x)是y=f(x)关于a的“S函数”，
所以存在x ∈D，满足[f(x)] +g(x )=a，
2 min 2
从而[f(x)] +[g(x)] ≥[f(x)] +g(x )=a．
min max min 2
同理，由y=f(x)是y=g(x)关于a的“S函数”，
可得[g(x)] +[f(x)] ≤a，
max min
综上，[f(x)] +[g(x)] =a；
min max
（3）记集合A={y|y=f(x),x∈[0,t]}，B={y|y=a−g(x),x∈[0,t]}．
由y=g(x)是y=f(x)关于a的“S函数”，得A⊆B，
①当02时，A=[0,t−1]，B=[a−√t,a]，
从而¿，解得t−1≤a≤√t，
3+√5
因a唯一，令√t=t−1，解得t= ，符合题意；
2
3+√5
综上，t的所有可能值为1或 ．
2
一、单选题
1．（2024·贵州六盘水·模拟预测）定义在R上的偶函数f(x)在(−∞,0]上单调递增，且f(2)=0，则“
xf(x)<0”是“x>2”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】利用f(x)的奇偶性与单调性求得xf(x)<0的解集，从而利用充分必要条件的判定方法即可得
解.
【解答过程】因为定义在R上的偶函数f(x)在(−∞,0]上单调递增，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减，
又f(2)=0，则f(−2)=f(2)=0，
故对于xf(x)<0，有¿或¿，
所以x>2或−22”，而“x>2”推得出“xf(x)<0”，
所以“xf(x)<0”是“x>2”的必要不充分条件.
故选：B.
1
2．（2024·山东·模拟预测）已知函数f(x)=x+ ，若正数a，b满足a+b=1，则f(a)f(b)的最小值是
x
（ ）
17 25
A．2 B． C．4 D．
4 4
【解题思路】先求出f(a)f(b)并利用条件将其化成关于a的函数解析式，结合其特点，设1 2 1 1 2−t 2
t=a−a2=−(a− ) + ，00，则00，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.
8．（2024·湖北荆州·三模）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除
以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的
“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数m=6，根据上述运算法则得出
6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．我们记一个正整数
n(n≠1)经过K(n)次上述运算法则后首次得到1（若n经过有限次上述运算法则均无法得到1，则记
K(n)=+∞），以下说法正确的是（ ）
A．K(n)可看作一个定义域和值域均为N*的函数
B．K(n)在其定义域上不单调，有最小值，有最大值
C．对任意正整数n(n≠1)，都有K(n)K(2)=K(2n)−1
D．K(2n−1)≤K(2n+1)
【解题思路】对于A：直接确定定义域判断；对于B：由n经过有限次角谷运算均无法得到1，记
K(n)=+∞来排除；对于C：通过K(n)和K(2n)的关系计算判断；对于D：列举K(22−1),K(22+1)来判断.
【解答过程】对于A：依题意，K(n)的定义域是大于1的正整数集，A错误；
对于B：由K(4)=2,K(5)=5,K(8)=3，得K(n)在其定义域上不单调，
而K(2)=1，K(n)∈N∗，则K(n)有最小值1，
由n经过有限次角谷运算均无法得到1，记K(n)=+∞，得K(n)无最大值，B错误；
对于C：对任意正整数n(n≠1)，K(2n)=K(n)+1，而K(2)=1，
因此K(n)K(2)=K(n)=K(2n)−1，C正确；
对于D：由K(22−1)=K(3)=7,K(22+1)=K(5)=5，知K(2n−1)≤K(2n+1)不正确，D错误.
故选：C.
二、多选题
9．（2024·山西阳泉·三模）已知定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的函数f(x)满足
f(−x) f(−y) 1
f(xy)= + + ，则（ ）
y x xy
A．f(x)是奇函数 B．f(x)在(−∞,0)上单调递减
C．f(x)是偶函数 D．f(x)在(0,+∞)在上单调递增
【解题思路】令x= y=−1，求出f (1)，令x= y=1，求出f (−1)，再分别令y=−1和y=1，即可求出函数
f (x)的解析式，进而可得函数性质.
f(−x) f(−y) 1
【解答过程】定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的函数f(x)满足f(xy)= + + ，
y x xy
1
令x= y=−1，则f (1)=−2f (1)+1，所以f (1)= ，
3
1
令x= y=1，则f (1)=2f (−1)+1，所以f (−1)=− ，
3
f (1) 1 1 1 2
令y=−1，则f (−x)=−f (−x)+ − =−f (−x)+ − =−f (−x)− ，
x x 3x x 3x
1
所以f (−x)=− ，
3x
f (−1) 1 1 1 1 1 1
令y=1，则f (x)=f (−x)+ + =− − + = ，所以f (x)= ，
x x 3x 3x x 3x 3x
1
因为f (−x)=− =−f (x)，且定义域关于原点对称，所以函数f (x)是奇函数，
3x1
由反比例函数的单调性可得函数f (x)= 在(−∞,0)和(0,+∞)上单调递减.
3x
故选：AB.
(x+ y) (x−y)
10．（2024·四川德阳·一模）定义在R上的函数f (x)满足f (x)+f (y)=f f ,f (1)=1，则下
2 2
列结论正确的有（ ）
A．f (0)=2 B．f (x)为奇函数
2024
C．6是f (x)的一个周期 D．∑
f2(k)
=4052
2
k=0
【解题思路】利用赋值法求解逐项判断即可.
(x+ y) (x−y)
【解答过程】该函数满足f (x)+f (y)=f f 且f (1)=1，
2 2
对于A，令x= y=1，可得f (1)+f (1)=f (1)f (0)，解得f (0)=2，故A正确；
对于B，令y=−x，f (x)+f (−x)=f (0)f (x)，所以f (−x)=f (x)，所以f (x)为偶函数，故B错误；
对于C，令x=x+1，y=x−1，
可得f (x+1)+f (x−1)=f (x)，令x=x+1，可得f (x+2)+f (x)=f (x+1)，
将两式相加得：f (x+2)+f (x−1)=0，所以f (x+2)=−f (x−1)，
所以f (x+3)=−f (x)，所以f (x+6)=−f (x+3)=f(x)，
因此，6是f (x)的一个周期，故C正确；
对于D，令x=k，y=0，f (k)+f
(0)=f2(k) ，所以f2(k)
=f (k)+2，
2 2
2024 2024
所以∑
f2(k)
=∑[f (k)+2]=f (0)+f (1)+⋅⋅⋅+f (2024)+2×2025，
2
k=0 k=0
因为f (0)=2，f (1)=1，
因为f (x+2)+f (x−1)=0，令x=0，f (2)+f (−1)=0，所以f (2)=−f(1)=−1，
令x=1，f (3)+f (0)=0，所以f (3)=−2，
令x=2，f (4)+f (1)=0，所以f (4)=−1，
令x=3，f (5)+f (2)=0，所以f (5)=1，
由于6是f (x)的一个周期，
所以f (0)+f (1)+⋅⋅⋅+f (2024)=337[f (0)+f (1)+f (2)+f (3)+f (4)+f (5)]+f (0)+f (1)+f (3)=2，2024 2024
所以∑
f2(k)
=∑ f (k)+2=f (0)+f (1)+⋅⋅⋅+f (2024)+2×2025=2+4050=4052，故D正确；
2
k=0 k=0
故选：ACD.
11．（2024·湖南永州·模拟预测）已知定义在R上的偶函数f (x)和奇函数g(x)满足f (2+x)+g(−x)=1，则
（ ）
A．f (x)的图象关于点(2,1)对称
B．f (x)是以4为周期的周期函数
2024
C．∑ f (4k−2)=2024
k=1
D．存在函数ℎ(x)，使得对∀x∈R，都有ℎ(g(x))=|x|
【解题思路】根据函数的奇偶性结合已知得出对称中心判断A,计算得出周期判断B,应用周期性求函数值判
断C,反证法判断D.
【解答过程】对于A，根据题意由f (2+x)+g(−x)=1可得f (2−x)+g(x)=1；又g(x)为奇函数，
联立¿，两式相加可得f (2+x)+f (2−x)=2，因此f (x)的图象关于点(2,1)对称，即A正确；
对于B，由A选项可知f (x)+f (4−x)=2，又f (x)为偶函数，所以f (x)+f (x−4)=2，可得
f (x+4)+f (x)=2，
即f (x+4)=f (x−4)，所以f (x)=f (x+8)，即f (x)是以8为周期的周期函数，可知B错误；
对于C，易知g(0)=0，由f (2)+g(0)=1可得f (2)=1，又f (2)=f (−6)=f (6)，所以f (6)=1；
2024
所以∑ f (4k−2)=f (2)+f (6)+f (10)+⋅⋅⋅+f (8094)=2024，即C正确；
k=1
对于D，假设存在ℎ(x)，使得对∀x∈R，都有ℎ(g(x))=|x|，由f (2+x)+g(−x)=1可得
f (6)+g(−4)=1，
可得g(−4)=0；因此ℎ(g(0))= ℎ(0)=|0|=0，又ℎ(g(−4))= ℎ(0)=|−4|=4，
即ℎ(0)的函数值不唯一，构不成函数关系，假设不成立，即D错误.
故选：AC.
三、填空题
b 1
12．（2024·广东湛江·一模）若函数f(x)=a− (b>0)为奇函数，则a+b=
.
2x−b 21
【解题思路】先根据函数是奇函数关于原点对称得出b=1,再应用奇函数的定义计算求出a=− ,计算即可
2
求值.
【解答过程】由于函数的定义域满足2x−b≠0⇒x≠log b，故定义域为 {x|x≠log b}，
2 2
根据奇函数的定义域关于原点对称可知 log b=0⇒b=1，
2
1 1 2x
∴f(x)=a− ，f(−x)=a− =a− ，
2x−1 2−x−1 1−2x
1 2x 1
∴f(−x)+f(x)=a− +a− =0⇒2a+1=0⇒a=− ，
2x−1 1−2x 2
1
故a+b= ，
2
1
故答案为： ．
2
13．（2024·四川遂宁·模拟预测）函数f(x)=x(|x|−2)在[m,n]上的最小值为−1，最大值为1，则
n−m的最大值为 2+2√2 .
【解题思路】分类讨论，画出函数y=f (x)的图象，当x>0时，令x2−2x=1，求得x=1+√2；当x<0时，
令−2x−x2=−1，解得x=−1−√2，结合题意，即可求得n−m的最大值，得到答案.
【解答过程】由函数f (x)=x(|x|−2)，
当x≥0时，f (x)=x2−2x；当x<0时，f (x)=−2x−x2，
作出y=f (x)的图象，如图所示，
由图象得，当x>0时，令x2−2x=1，解得x=1+√2；
当x<0时，令−2x−x2=−1，解得x=−1−√2，
所以f (x)在[−1−√2,1+√2]上的最大值为1，最小值为−1，
所以n−m的最大值为1+√2−(−1−√2)=2+2√2.
故答案为：2+2√2.14．（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1−3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
1
)+3x
1
−3成立，
1 2 x −x
1 2
所以g(x )−g(x )<−3x +3x ，所以g(x )+3x 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
四、解答题
15．（2024·山西·模拟预测）已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)=a⋅3x−3−x，且
8
f(−1)=
.
3
(1)求a的值，并求出f(x)的解析式；
(2)若λf(x)−9x−9−x−14≤0在x∈(0,+∞)上恒成立，求λ的取值范围.
【解题思路】（1）利用偶函数性质以及函数值可得a=1，再由偶函数定义可得其解析式；
16
（2）将不等式恒成立转化为求λ≤3x−3−x+
恒成立问题，由基本不等式计算可得λ的取值范围.
3x−3−x
1 8
【解答过程】（1）因为f(x)是偶函数，所以f(−1)=f(1)=3a− = ，
3 3
解得a=1，
当x<0时，可得−x>0，所以f(x)=f(−x)=3−x−3−(−x)=3−x−3x，
所以函数f(x)的解析式为f(x)=¿
（2）由（1）知，当x>0时，f(x)=3x−3−x>0，
因为λf(x)−9x−9−x−14≤0在x∈(0,+∞)上恒成立，
9x+9−x+14 (3x−3−x) 2 +16 16
所以λ≤ = =3x−3−x+ ，
3x−3−x 3x−3−x 3x−3−x
16 √ 16
又因为3x−3−x+ ≥2 (3x−3−x)⋅ =8，
3x−3−x 3x−3−x
16
当且仅当3x−3−x= 时，即x=log (√5+2)时等号成立，
3x−3−x 3
所以λ≤8，即λ的取值范围是(−∞,8].a
16．（2024·山东·模拟预测）已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x≤0时，f(x)= −3x ，且
3x
8
f(1)= ．
3
(1)求函数f(x)的解析式；
[ 7 7 ]
(2)是否存在正实数m，n，使得当x∈[m,n]时，函数f(x)的值域为 5− ,5− ．若存在，求出m，
3m 3n
n的值；若不存在，请说明理由．
8
【解题思路】（1）根据函数f(x)是偶函数及f (1)= 即可求解；
3
7
（2）根据函数f(x)的单调性，将问题转化为方程f (x)=5− 有两个不相等的正根，再利用根与系数的关
3x
系即可求解.
【解答过程】（1）因为函数f(x)是定义在R上的偶函数，
a 8
当x≤0时，f(x)= −3x ，且f (1)= ，
3x 3
1 8
所以f (−1)=3a− =f (1)= ，解得a=1，
3 3
1
所以当x≤0时，f (x)= −3x ，
3x
1
当x>0时，−x<0，所以f (x)=f (−x)=3x− ，
3x
所以函数f(x)的解析式为f (x)=¿.
（2）假设存在正实数m,n满足题意.
1
因为当x>0时，f (x)=3x− ，
3x
所以函数f(x)在(0,+∞)上是增函数，
所以¿，即¿，
所以3m,3n是方程x2−5x+6=0的两个不相等的正根，
所以¿，且m0,2x 2+1>0，所以 <0，即f (x )0时，f (x)>0，然后利用函数单调性的定义以及已知条件，判断函数单调性即可；
（3）先判断f (x)在R上的单调递增，求出函数f (x)的最值，然后将问题转化为
2[f (x) −f (x)min]≤m2−am−2恒成立，即m2−am−6≥0对a∈[−1,5]恒成立，列不等式组求解即可.
max
【解答过程】（1）函数f (x)为R上的奇函数.证明如下：
易知函数f (x)的定义域为R，令y=−1，则f (−x)=f (x)f (−1)，
又f (−1)=−1，所以f (−x)=−f (x)，所以函数f (x)为奇函数.
（2）f (x)在(0,+∞)上的单调递增，证明如下：
由（1）知，f (1)=−f (−1)=1，
( 1 ) ( 1 )
当x>0时，f (1)=f √x⋅ =f (√x)f =1≠0，所以f (√x)≠0，
√x √x
从而f (x)=f (√x⋅√x)=f2(√x)>0，
x x [ x ]
( ) ( ) ( )
∀x >x >0，则f (x )−f (x )=f (x )−f x ⋅ 1 =f (x )−f (x )f 1 =f (x ) 1−f 1 ，
2 1 2 1 2 2 x 2 2 x 2 x
2 2 2
x
因为x >x >0，所以f (x )>0,0< 1<1，又当00，所以f (x )>f (x )，
x 2 1 2 1
2
故f (x)在(0,+∞)上的单调递增.
（3）由（1）知，函数f (x)为R上的奇函数，所以f (0)=0，
由（2）知，当x>0时，f (x)>0，且f (x)在(0,+∞)上的单调递增，
所以f (x)在R上的单调递增，
所以当x∈[−1,1]时，函数f (x)的最大值为f (1)=1，最小值为f (−1)=−1，
又任意x ,x ∈[−1,1]，总有2|f (x )−f (x )|≤m2−am−2恒成立，
1 2 1 2
所以2[f (x) −f (x)min]≤m2−am−2，即m2−am−6≥0，
max
由题意，m2−am−6≥0对a∈[−1,5]恒成立，令g(a)=−ma+m2−6，则g(a) ≥0，
min所以¿，解得m≤−3或m≥6，
故实数m的取值范围是(−∞,−3]∪[6,+∞).
19．（2024·河南·模拟预测）已知函数f (x)的定义域和值域分别为A,B，若函数g(x)满足：（i）g(x)的定
义域为B；（ii）g(x)的值域为A；（iii）∀x∈B,x=f (g(x)),∀x∈A,x=g(f (x))，则称g(x)与
f (x)具有N关系.
(1)若f (x)=2x，判断下列两个函数是否与f (x)具有N关系，并说明理由；
①y=2log x；②y=log x.
2 2
(2)若g(x)与f (x)具有N关系，证明：函数g(x)的图象与f (x)的图象关于直线y=x对称；
(3)已知函数F(x)=ex,G(x)与F(x)具有N关系，令f (x)=F(x)G(x)−1.
①判断函数f (x)的单调性；
f (x+1) 1
②证明：∀x>2, >x2+x− .
e e
【解题思路】(1)根据定义可判断函数g(x)与f (x)是否具有N关系；
(2)要证明函数g(x)的图象与f (x)的图象关于直线y=x对称，只需证明f (x)上任意一点关于y=x对称点在
g(x)上即可，即g(x)与f (x)互为反函数；
f (x+1) 1 f (x+1) 1
(3)要证明∀x>2, >x2+x− ，只需证明 −x2−x+ >0，构造新的函数
e e e e
H(x)=ex ⋅ln(x+1)−x2−x，对其求导得到新的函数，在对函数进行缩放
H′(x)=ex ⋅ ( ln(x+1)+ 1 ) −2x−1>ex−2x−1,(x>2)，对新函数M(x)=ex−2x−1,(x>2)求导，
x+1
可得到其单调性，以此再向上推，即可证明.
【解答过程】（1）根据题意知f (x)=2x的定义域为{x|x∈R}，值域为(0,+∞)，
①y=2log x的定义域为(0,+∞)，值域为{x|x∈R}，满足（i）（ii），
2
∀x∈B,f (g(x))=22log 2 x=x2≠x，所以f (x)=2x与①y=2log x不具有N关系；
2
②y=log x的定义域为(0,+∞)，值域为{x|x∈R}，满足（i）（ii），
2
∀x∈B,x=f (g(x))=2log 2 x ,∀x∈A,x=g(f (x))=log2x=x，满足（iii），
2
所以f (x)=2x与②y=log x具有N关系.
2（2）设y=f (x)上任一点为(x ,y )，y=g(x)上任意一点为(x ,y )则，
0 0 1 1
若g(x)与f (x)具有N关系，则x ∈A,y ∈B，则x ∈B,y ∈A，
0 0 1 1
∀x ∈B,x =f (g(x ))=f (y ),y =f−1 (x )，
1 1 1 1 1 1
∀x ∈A,x =g(f (x ))=g(y ),y =g−1 (x )
0 0 0 0 0 0
这就意味着y=f (x)与y=g(x)互为反函数，则互为反函数的图象关于直线y=x对称；
（3）①由(2)知若G(x)与F(x)具有N关系，则G(x)与F(x)互为反函数，
函数F(x)=ex，则函数G(x)=lnx，
f (x)=F(x)G(x)−1=ex ⋅lnx−1，(x>0)，对f (x)=ex ⋅lnx−1求导，
可得f′(x)=ex ⋅lnx+ ex =ex( lnx+ 1) ，令t(x)=lnx+ 1 ，
x x x
t′(x)=lnx+
1
=
1
−
1
=
1(
1−
1)
，
x x x2 x x
当00，t(x)=lnx+
1
单调递增，
x x x
所以t(x) =t(1)=1>0，所以f′(x)=ex ⋅lnx+ ex =ex( lnx+ 1) >0，
min x x
则f (x)=F(x)G(x)−1=ex ⋅lnx−1，(x>0)单调递增.
f (x+1) 1 ex+1 ⋅ln(x+1)−1 1
②根据题意知 −x2−x+ = −x2−x+ =ex ⋅ln(x+1)−x2−x，
e e e e
当x>2时，ex ⋅ln(x+1)−x2−x，令H(x)=ex ⋅ln(x+1)−x2−x，
则H′(x)=ex ⋅ ( ln(x+1)+ 1 ) −2x−1>ex−2x−1,(x>2)，
x+1
令M(x)=ex−2x−1,(x>2)，则M′(x)=ex−2>0,(x>2)，
所以M(x)单调递增，则M(x)>M(2)=e2−5>0，
所以H′(x)>0,(x>2)，则H(x)单调递增，
则H(x)>H(2)=e2 ⋅ln3−6>e2−6>0，
f (x+1) 1
所以 −x2−x+ =ex ⋅ln(x+1)−x2−x>0，
e e
f (x+1) 1
则∀x>2, >x2+x− .
e e
