专题04 函数的概念及其性质（单调性、奇偶性、对称性）
考点01 函数的概念、同一函数的判断
考点02 抽象函数定义域、常见函数值域、解析式求法
考点03 分段函数及其应用
考点04 函数单调性的判断及单调区间的求解
考点05 根据函数的单调性求参数、求最值
考点06 函数的奇偶性的判断与证明
考点07 根据函数的奇偶性求参数、求解析式
考点08 函数的对称性与周期性与类周期函数
考点09 利用函数的性质比较大小与解不等式
考点10 抽象函数的单调性、奇偶性、周期性
考点01 函数的概念、同一函数的判断
1.下列图象中，能表示函数y = f (x)图象的是（ ）
A．①②
B．②③
C．②④
D．①③
【分析】根据函数的定义判断可得出结论.
【解析】解：∵一个x只能对应一个y，∴①③符合题意，
对于②中，当x>0时，一个x对应两个y，不符合函数的定义；
对于④中，当x =0时，一个x对应两个y，不符合函数的定义.
故选：D．
2.给定数集A = R ,B =(0,+ ∞), x , y满足方程x
2- y =0，下列对应关系f 为函数的是（ ）
A．f : A →B , y = f ( x)
B．f :B→A , y = f ( x)
C．f : A →B , x = f ( y)
D．f :B→A , x = f ( y)
【分析】ACD 选项，可举出反例；B 选项，利用函数的定义作出判断.
【解析】A 选项，∀x∈R，当x =0时，y = x
2=0，由于0∉B，故A 选项不合要求；
B 选项，∀x∈(0,+∞)，存在唯一确定的y ∈R，使得y = x
2，故B 正确；
CD 选项，对于∀y ∈(0,+ ∞)，不妨设y =1，此时x
2=1，解得x =±1，
故不满足唯一确定的x与其对应，不满足要求，CD 错误.
故选：B.
3.设M ={x|0≤x ≤4 }，N ={ y |- 4≤y ≤0}，函数f (x)的定义域为M，值域为N，则f (x)的图象可以是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据函数的定义，逐项进行判断，即可得解.
【解析】因为定义域为{x|0≤x ≤4}，所以舍去A;
因为值域为{ y |- 4≤y ≤0}，所以舍去D;
因为对于定义域内每一个x 有且只有一个y 值，所以去掉C；
故选B.
4.下列对应是从集合A 到集合B 的函数的是（ ）
A．A = N ,B = N ,f : x→y =(x – 1)
2
B．A = N ,B = N ,f : x→y =± ❑√x
C．A = N ,B =Q,f : x→y =
1
x – 1
D．A =R ,B = {y | y >0},f : x→y =|x|
【分析】由函数的定义对选项一一判断即可得出答案.
【解析】对于A 选项，对集合A 中的任意一个数x，集合B 中都有唯一的数y 与之对应，是函数；
对于B 选项，x = 4时，y =±2，有两个y 与之对应，不是函数；
对于C 选项，当x =1时，y不存在，不是函数；
对于D 选项，集合A 中的元素0 在集合B 中没有对应元素，不是函数.
故选：A.
5.下列各组函数中，表示同一个函数的是（ ）
A．f ( x)= x ,g( x)= x
2
x
B．f ( x)= x( x∈R),g( x)= x( x∈Z )
C．f ( x)=|x|,g( x)=¿
D．f ( x)= x , g( x)=(❑√x)
2
【分析】分别求得函数的定义域和对应法则，结合同一函数的判定方法，逐项判定，即可求解.
【解析】对于A 中，函数f ( x)= x的定义域为R，函数g( x)= x
2
x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+ ∞)，
两函数的定义域不同，不是同一函数；
对于B 中，函数f ( x)= x( x∈R)和g( x)= x( x∈Z )的定义域不同，不是同一函数；
对于C 中，函数f ( x)=|x|=¿与g( x)=¿的定义域相同，对应法则也相同，所以是同一函数；
对于D 中，函数f ( x)= x的定义域为R，g( x)=(❑√x)
2的定义域为[0,+ ∞)，两函数的定义域不同，不是同
一函数.
故选：C.
6.下列各组函数中，表示同一函数的是( )
A．f (x)＝e
lnx，g(x)＝x
B． f (x)＝x
2- 4
x +2 ,g(x)＝x－2
C．f (x)＝sin 2 x
2cos x , g(x)＝sin x
D． f (x)＝|x|，g(x)＝
❑√x
2
【分析】根据同一函数的定义对四个选项中的两个函数进行比较即可.
【解析】选项A:函数f (x)的定义域是x>0，函数g(x)的定义域是全体实数，故这两个函数不是同一函数；
选项B:函数f (x)的定义域是x≠-2，函数g(x)的定义域是全体实数，故两个函数不是同一函数；
选项C: 函数f (x)的定义域是x≠kπ + π
2 (k ∈Z ),函数g(x)的定义域是全体实数，故两个函数不是同一函数；
选项D:函数f (x)和g(x)的定义域都是全体实数，且g(x)＝
❑√x
2=|x|，对应关系相同，所以是同一函数，
故故选D.
7.下列函数中，与y = x是相同的函数是
A．y =
❑√x
2
B．y =lg10
x
C．y = x
2
x
D．y =
❑√(x -1)
2+1
【分析】求出各选项函数的定义域，并对解析式进行化简，要求所选函数的定义域和解析式都与函数y = x
的定义域和解析式一致，可得出正确的选项.
【解析】对于A 选项，函数y =
❑√x
2=|x|定义域为R，其解析式与函数y = x的解析式不一致，两个函数不
是同一函数；
对于B 选项，函数y =lg10
x= x的定义域为R，其解析式与函数y = x的解析式一致，两个函数是同一函数；
对于C 选项，函数y = x
2
x 的定义域为¿，和函数y = x的定义域不一致，两个函数不是同一函数；
对于D 选项，y =
❑√(x -1)
2+1=|x -1|+1的定义域为R，但其解析式与函数y = x的解析式不一致，两个函
数不是同一函数.
故选B.
8.下列各组函数相等的是（ ）
A．f (x)= x
2，g(x)=(❑√x)
4
B．f (x)= x -1，g(x)= x
2
x -1
C．f (x)=1，g(x)= x
0
D．f (x)=|x|，g(x)=¿
【分析】分别求每个选项中两个函数的定义域和对应关系，即可判断是否为相同函数，进而可得正确选项.
【解析】对于A 中，函数f (x)= x
2的定义域为R，g(x)=(❑√x)
4的定义域为[0,+∞)，
所以定义域不同，不是相同的函数，故A 错误；
对于B 中，函数f (x)= x -1的定义域为R，g(x)= x
2
x -1的定义域为{x| x≠0}，
所以定义域不同，不是相同的函数，故B 错误；
对于C 中，函数f (x)=1的定义域为R，与g(x)= x
0=1的定义域为{x| x≠0}，
所以定义域不同，所以不是相同的函数,故C 错误；
对于D 中，函数f (x)=|x|=¿与g(x)=¿的定义域均为R，
可知两个函数的定义域相同，对应关系也相同，所以是相同的函数, 故D 正确；
故选：D.
考点02 抽象函数定义域、常见函数值域、解析式求法
9.函数f (x)= ❑√
3- x
x -1
的定义域为（ ）
A．(-∞,3]
B．(1,+∞)
C．(1,3]
D．(-∞,1)∪[3,+∞)
【分析】由函数形式得到不等式组，解出即可.
【解析】由题意得¿，解得1< x ≤3，则定义域为(1,3]，
故选：C.
10.函数y =
❑√- x
2-3 x + 4
x
的定义域为（ ）
A．[- 4,1]
B．[- 4,0)
C．(0,1]
D．[- 4,0)∪(0,1]
【分析】根据具体函数定义域的求法求解即可.
【解析】因为y =
❑√- x
2-3 x + 4
x
，
所以¿，解得- 4≤x ≤1且x≠0，
故y =
❑√- x
2-3 x + 4
x
的定义域为[- 4,0)∪(0,1].
故选：D.
11.函数y =
ln( x +1)
❑√- x
2-3 x + 4
的定义域为（ ）
A．(- 4 ,-1)
B．(- 4,1)
C．(-1,1)
D．(-1,-1]
【分析】根据对数的真数大于0，分母不为0，偶次方根被开方数是非负数，可列出不等式，进而可求出答
案.
【解析】由题意，可得¿，解得-1< x<1.
故选：C.
12.已知函数f (x)=
x
❑√2
x - 4
x ，则函数f (x -1)
x +1
的定义域为（ ）
A．(-∞,1)
B．(-∞,-1)
C．(-∞,-1)∪(-1,0)
D．(-∞,-1)∪(-1,1)
【分析】先求得函数f (x)的定义域，再运用复合函数的定义域求解方法可得选项.
【解析】因为f (x)=
x
❑√2
x - 4
x ，所以2
x - 4
x>0解得x<0，所以函数f (x)的定义域为(-∞，0)，
所以函数f (x -1)
x +1
需满足x -1<0且x +1≠0，解得x<1且x≠-1，
故选：D.
13.若函数y = f (2 x)的定义域为[-2,4]，则y = f (x)- f (- x)的定义域为（ ）
A．[-2,2]
B．[-2,4]
C．[- 4,4]
D．[-8,8]
【分析】利用抽象函数定义域的求解原则可求出函数f (x)的定义域，对于函数y = f (x)- f (- x)，可列出关
于x的不等式组，由此可得出函数y = f (x)- f (- x)的定义域.
【解析】因为函数y = f (2 x)的定义域为[-2,4]，则-2≤x ≤4，可得- 4≤2 x ≤8，
所以，函数y = f (x)的定义域为[- 4,8]，
对于函数y = f (x)- f (- x)，则有¿，解得- 4≤x ≤4，
因此，函数y = f (x)- f (- x)的定义域为[- 4,4].
故选：C.
14.若函数f (x)的定义域是[0，4]，则函数g(x)= f (2 x)
x
的定义域是
A．[ 0，2]
B．(0，2)
C．[0，2)
D．(0，2]
【分析】根据分式与f (x)的定义域求解即可
【解析】要使函数有意义，依题意需有¿ 解得，0< x ≤2．
故选：D．
15.已知函数y = f (x)的定义域为[0,4]，则函数y = f ( x +1)
❑√x -1 +( x -2)
0的定义域是（ ）
A．(1,5]
B．(1,2)∪(2,5)
C．(1,2)∪(2,3]
D．(1,3]
【分析】根据给定条件，利用函数有意义并结合复合函数的意义列出不等式组，求解不等式组作答.
【解析】因为函数y = f (x)的定义域为[0,4]，又函数y = f ( x +1)
❑√x -1 +( x -2)
0有意义，
则有¿，解得1< x<2或2< x ≤3，
所以函数y = f ( x +1)
❑√x -1 +( x -2)
0的定义域是(1,2)∪(2,3].
故选：C.
16.定义域是一个函数的三要素之一，已知函数Jzzx( x)定义域为[211,985]，则函数shuangyiliu( x)
= Jzzx(2018 x)+ Jzzx(2021 x)的定义域为（ ）
A．[
211
2018 , 985
2021]
B．[
211
2021 , 985
2018]
C．[
211
2018 , 985
2018]
D．[
211
2021 , 985
2021]
【分析】根据抽象函数定义域的求法，列出方程组¿，解得211
2018 ≤x ≤985
2021，即可知选项A 正确.
【解析】由抽象函数的定义域可知，
¿，解得211
2018 ≤x ≤985
2021，
所以所求函数的定义域为[
211
2018 , 985
2021].
故选A.
17.（23-24 高一上·陕西西安·期中）已知函数f (x)=
❑√m x
2+(m-3)x +1的定义域为R，则实数m的取值范
围是（ ）
A．[1,9]
B．(1,9)
C．(-∞,1]∪[9,+∞)
D．{3}
【分析】利用题给条件列出关于m的不等式，解之即可求得实数m的取值范围.
【解析】由题意得m x
2+(m-3)x +1≥0对任意x∈R恒成立，
当m=0时，不等式可化为-3 x +1≥0，其解集不是R，不符合题意；
当m≠0时，由该不等式恒成立可得
¿，解之得1≤m≤9，
综上，实数m的取值范围是1≤m≤9
故选：A.
18.已知函数f ( x)=
❑√(a
2-1) x
2+(a+1)x +1的定义域为R，则实数a 的取值范围为（ ）
A．[-1, 5
3]
B．(-∞,-1)∪[
5
3 ,+∞)
C．[
5
3 ,+∞)
D．(-∞,-1]∪[
5
3 ,+∞)
【分析】分a=1、a=-1、a≠±1三种情况，结合二次函数的性质即可求解.
【解析】当a=1时，f ( x)= ❑√2 x +1，则2 x +1≥0，得x ≥- 1
2，即定义域为[- 1
2 ,+∞)，不符合题意；
当a=-1时，f ( x)=1，定义域为R，符合题意；
当a≠±1时，由题意得关于x 的不等式(a
2-1) x
2+(a+1)x +1≥0恒成立，
故¿，解得a<-1或a≥5
3.
综上，实数a 的取值范围是(-∞,-1]∪[
5
3 ,+∞).
故选：D.
19.若函数f ( x )=1
❑√k x
2+ kx +1的定义域为R，则实数k 的取值范围是（ ）
A．(0,4)
B．[0,4)
C．[0,4]
D．(0,4]
【分析】由题意可知k x
2+ kx +1>0的解集为R，分k =0，k ≠0两种情况讨论，即可求解.
【解析】函数f ( x )=1
❑√k x
2+kx +1的定义域为R，可知k x
2+ kx +1>0的解集为R，
若k =0，则不等式为1>0恒成立，满足题意；
若k ≠0，则¿，解得0<k <4．
综上可知，实数k 的取值范围是0≤k <4．
故选：B．
20.已知函数f (x)的定义域{x∣a
2- 4 a< x<a
2-8}是关于x的不等式(x +a+2)(x -2)>0的解集的子集，则
实数a的取值范围是（ ）
A．[2+ ❑√6,+ ∞)
B．¿
C．(2,2+ ❑√6]
D．(2,3]
【分析】依题意解不等式即可.
【解析】函数f (x)定义域非空集，则a
2－4 a＜a
2－8，解得a>2.
记g(x)=(x +a+2)(x -2)，
因为-2-a<-2-2=- 4，所以g(x)>0的解集为(-∞,-a-2)∪(2,+∞)，
依题意有a
2-8≤-a-2或a
2- 4 a≥2，所以a
2+a≤6或a
2- 4 a-2≥0，
又a>2，a
2+a>4 +2=6，所以a∈[2+ ❑√6,+∞).
故选：A.
21.已知函数f ( x)=- x
2-2 x +3，则f ( x +1)= - x
2- 4 x ．
【分析】代入函数解析式计算即可.
【解析】解：因为f ( x)=- x
2-2 x +3，所以f ( x +1)=-(x +1)
2-2(x +1)+3=- x
2- 4 x，
f ( x +1)= - x
2- 4 x.
故答案为：- x
2- 4 x.
22.已知函数f ( x)=ax -b(a>0)，f (f ( x))= 4 x -3，则f (2)=
3
．
【分析】利用直接代入法结合对应系数相等可得a,b的值，将2代入可得结果.
【解析】由题意，得f (f ( x))= f (ax -b)=a⋅(ax -b)-b=a
2 x -(ab+b)= 4 x -3，
即¿，解得¿，∴f ( x)=2 x -1，因此f (2)=3，
故答案为3.
23.若三角形的面积为S（cm
2），底边长为10cm，底上的高为h（cm），则h 关于S 的函数关系式是
h= S
5 (S>0) ．
【分析】根据三角形面积公式得到S =5h，从而得到h 关于S 的函数关系式.
【解析】因为S = 1
2 ×10h=5h，所以h= S
5 (S>0).
故答案为：h= S
5 (S>0).
24.已知集合A =¿，函数f (x)= x
2-1.若函数g(x)满足：对任意u(x)∈A，存在λ , μ∈R，使得
u(x)= λf (x)+ μg(x)，则g(x)的解析式可以是 g(x)= x -1 .（写出一个满足条件的函数解析式即可）
【分析】根据u(1)=0，求得g(1)=0，则满足g(1)=0的一次函数或二次函数均可.
【解析】u(x)=a x
2-(a+b) x +b，f (x)= x
2-1，
u(1)=a-(a+b)+b=0，f (1)=0，
u(x)= λf (x)+ μg(x)，u(1)= λf (1)+ μg(1)= μg(1)=0，
所以g(1)=0，则g(x)的解析式可以为g(x)= x -1.
经检验，g(x)= x -1满足题意.
故答案为：g(x)= x -1（答案不唯一）.
25.已知函数f (1- x)= 1- x
2
x
2
(x≠0)，则f (x)=（ ）
A．
1
(x -1)
2 -1(x≠0)
B．
1
(x -1)
2 -1(x≠1)
C．
4
(x -1)
2 -1(x≠0)
D．
4
(x -1)
2 -1(x≠1)
【分析】利用换元法令t =1- x，运算求解即可.
【解析】令t =1- x，则x =1-t，且x≠0，则t ≠1，
可得f (t )= 1-(1-t )
2
(1-t )
2
=
1
(t -1)
2 -1,(t ≠1)，
所以f (x)=
1
(x -1)
2 -1(x≠1).
故选：B.
26.已知函数f (1- x)= 1- x
2
x
2
(x≠0)，则f (x)=（ ）
A．
1
(x -1)
2 -1(x≠0)
B．
1
(x -1)
2 -1(x≠1)
C．
4
(x -1)
2 -1(x≠0)
D．
4
(x -1)
2 -1(x≠1)
【分析】利用换元法令t =1- x，代入运算求解即可.
【解析】令t =1- x，则x =1-t，由于x≠0，则t ≠1，
可得f (t )= 1-(1-t )
2
(1-t )
2
=
1
(t -1)
2 -1，(t ≠1)，
所以f (x)=
1
(x -1)
2 -1(x≠1).
故选：B.
27.已知函数f (x)满足：f(x - 1
x)= x
2+ 1
x
2，则f (x)的解析式为（ ）
A．f (x)= x
2+2
B．f (x)= x
2
C．f (x)= x
2+2(x≠0)
D．f (x)= x
2-2(x≠0)
【分析】通过化简即可得出函数的解析式.
【解析】因为f(x - 1
x)= x
2+ 1
x
2 =(x - 1
x)
2
+2，
∴f (x)= x
2+2，
故选：A.
28.函数f (x)满足若f (g(x))=9 x +3，g(x)=3 x +1，则f (x)=（ ）
A．f (x)=3 x
B．f (x)=3
C．f (x)=27 x +10
D．f (x)=27 x +12
【分析】对f (g(x))的式子适当变形，即可直接求出f (x).
【解析】因为f (g(x))=9 x +3, g(x)=3 x +1，
所以f (3 x +1)=9 x +3=3(3 x +1)，则f (x)=3 x，
故选：A.
29.已知函数f ( x)= 1
x (1≤x ≤2),则函数g( x)=2f ( x)+ f ( x
2)的值域为（ ）
A．[3,2+2❑√2]
B．[ 5
4 ,3]
C．[ 9
16 ,3]
D．[ 1
2 + ❑√2,3]
【分析】由已知求得函数g( x)的定义域，换元后利用配方法求函数的值域．
【解析】∵f ( x)= 1
x (1≤x ≤2)，
由¿，解得1≤x ≤❑√2.
∴g( x)=2f ( x)+ f ( x
2)= 2
x + 1
x
2 (1≤x ≤❑√2).
令t = 1
x (
❑√2
2 ≤t ≤1)，
∴函数y =t
2+2t =(t +1)
2-1.
当t =
❑√2
2 时，ymin= 1
2 + ❑√2；
当t =1时，ymax=3，
∴函数g( x)=2f ( x)+ f ( x
2)的值域为[ 1
2 + ❑√2,3].
故选：D.
30.函数y = x -
❑√4 x - x
2的值域为（ ）.
A．[2-2❑√2,4]
B．[0,4]
C．[0,2+2❑√2]
D．[2-2❑√2,2+2❑√2]
【分析】由4 x - x
2⩾0，解得0⩽x⩽4．可得函数f ( x)= y = x -
❑√4 x - x
2的定义域为：[0,4]．
f '( x)=
❑√4 x - x
2-(2- x)
❑√4 x - x
2
．利用导数研究函数的单调性即可得出值域．
【解析】解：因为y = x -
❑√4 x - x
2
由4 x - x
2⩾0，解得0⩽x⩽4．
可得函数y = f ( x)= x -
❑√4 x - x
2的定义域为：[0,4]．
又f '( x)=1-
2- x
❑√4 x - x
2 =
❑√4 x - x
2-(2- x)
❑√4 x - x
2
．
令g(x)=
❑√4 x - x
2-(2- x)，则g
' (x)=(2- x)(4 x - x
2)
- 1
2 +1>0，即f '( x)在[0,4]上单调递增，
令❑√4 x - x
2-(2- x)=0，解得x =2- ❑√2，
即f ( x)在[0,2- ❑√2]上单调递减，在[2- ❑√2,4]上单调递增，
所以x =2- ❑√2为极小值点，
又f (2- ❑√2)=2-2❑√2，f (0)=0，f (4)= 4．
∴函数y = x -
❑√4 x - x
2的值域为[2-2❑√2,4]．
故选：A．
31.若函数y = f ( x)的值域是[ 1
2 ,3]，则函数F( x)= f ( x)+
1
f ( x)的值域是
A．[ 1
2 ,3]
B．[2, 10
3 ]
C．[ 5
2 , 10
3 ]
D．[3, 10
3 ]
【分析】根据题意，可得：F( x)的值域就是函数y =t + 1
t ,t ∈[
1
2 ,3]的值域，进行求解即可.
【解析】设f ( x)=t,则t ∈[
1
2 ,3],
从而F( x)的值域就是函数y =t + 1
t ,t ∈[
1
2 ,3]的值域，
由“对勾函数”的图象可知，2≤F( x)≤10
3 ，
故选B．
32.若函数f (x)满足a≤f (x)≤b(a<b)，定义b-a的最小值为f (x)的值域跨度，则下列函数中值域跨度不为
2 的是（ ）
A．f (x)=cos2 x +1
B．f (x)=
❑√2 x +1- x
2
C．f (x)=|x|-|x -1|
D．f (x)= 3
x -2
x
3
x+2
x
【分析】由余弦函数的性质判断A；利用配方法求解函数值域判断B；将函数写为分段函数的形式，求得
值域判断C；采用分离常数法求得函数值域判断D.
【解析】∵-1≤cos2 x ≤1，∴0≤cos2 x +1≤2，
即函数f (x)=cos2 x +1的值域为[0,2]，值域跨度为2；
∵- x
2+2 x +1=-(x -1)
2+2≤2，
∴f (x)=
❑√2 x +1- x
2的值域为[0,❑√2]，值域跨度为❑√2；
∵f ( x)=|x|-|x -1|=¿，
∴函数f (x)=|x|-|x -1|的值域为[-1,1]，值域跨度为2；
∵f ( x)= 3
x -2
x
3
x+2
x = 3
x+2
x -2⋅2
x
3
x+2
x
=1- 2⋅2
x
3
x+2
x =1-
2
1+(
3
2)
x ∈(-1,1)
，值域跨度为2；
故选：B.
考点03 分段函数及其应用
33.如图，△OAB是边长为2 的正三角形，记△OAB位于直线x =t（0≤t ≤2）左侧的图形的面积为f (t )．则
函数y = f (t )的大致图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】结合图形，分类讨论0<t ≤1与1<t ≤2，求得f (t )的解析式，从而得解.
【解析】依题意，当0<t ≤1时，可得直角三角形的两条直角边分别为t ,❑√3t，
从而可以求得f (t )= 1
2 t ⋅❑√3t =
❑√3t
2
2
，
当1<t ≤2时，阴影部分可以看做大三角形减去一个小三角形，
可求得f (t )= ❑√3-
❑√3(2-t )
2
2
=-
❑√3
2 t
2+2❑√3t - ❑√3，
所以f (t )=¿，
从而可知选项A 的图象满足题意.
故选：A.
34.设函数f ( x)={2
| x -a|, x ≤1
x +1, x>1 ，若f (1)是f ( x)的最小值，则实数a的取值范围为（ ）
A．[-1,2)
B．[-1,0]
C．[1,2]
D．[1,+∞)
【分析】由x>1，求得f ( x)的范围；再求得f ( x)=2
| x -a|的单调性，讨论a<1，a⩾1时函数f ( x)在x⩽1
的最小值，即可得到所求范围．
【解析】解：函数f ( x)=¿，
若x>1，可得f ( x)= x +1>2，
由f (1)是f ( x)的最小值，
由于f ( x)=2
| x -a|
可得在x>a单调递增，在x<a单调递减，
若a<1，x⩽1，则f ( x)在x =a处取得最小值，不符题意；
若a⩾1，x⩽1，则f ( x)在x =1处取得最小值，
且2
a-1⩽2，解得1⩽a⩽2，
综上可得a的范围是[1，2]．
故选：C．
35.定义在R上的函数f (x)满足f (x +1)= 1
2 f (x)，且当x∈[0,1)时，f (x)=1-|2 x -1|.当x∈[m,+ ∞)时，
f (x)≤3
32，则m的最小值为（ ）
A．27
8
B．29
8
C．13
4
D．15
4
【分析】
根据已知计算出f (x)= 1
2
n [1-|2 x -(2n+1)|]≤1
2
n，画出图象，计算f (x)= 3
32，解得x = 29
8 ，从而求出m的
最小值.
【解析】由题意得，当x∈[1,2)时，故f (x)= 1
2 f (x -1)= 1
2 (1-|2 x -3|)，
当x∈[2,3)时，故f (x)= 1
2 f (x -1)= 1
4 (1-|2 x -5|)…，
可得在区间[n,n+1)(n∈Z)上，f (x)= 1
2
n [1-|2 x -(2n+1)|]≤1
2
n，
所以当n≥4时，f (x)≤3
32，作函数y = f (x)的图象，如图所示，
当x∈[
7
2 ,4)时，由f (x)= 1
8 (1-|2 x -7|)= 3
32 ,|2 x -7|= 1
4 , x = 29
8 ，则m≥29
8 ，
所以m的最小值为29
8
故选：B.
考点04 函数单调性的判断及单调区间的求解
36.函数f ( x)= x
2- 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,+ ∞)
【分析】将绝对值函数转化成分段函数，由二次函数的性质即可求
【解析】f (x)= x
2- 4|x|+3=¿，
则由二次函数的性质知，当x ≥0时，y = x
2- 4 x +3=(x -2)
2-1的单调递减区间为(0,2)；
当x<0，y = x
2+ 4 x +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.
37.设函数f ( x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是( )
A．y =
1
f ( x)在R上为减函数
B．y =|f ( x)|在R上为增函数
C．y =-
1
f ( x)在R上为增函数
D．y =- f ( x)在R上为减函数
【分析】根据题意，依次分析选项：对于A、B、C举出反例，可得其错误，对于D，由单调性的定义分
析可得D正确，即可得答案．
【解析】解：根据题意，f ( x)在R上为增函数，依次分析选项：
对于A，若f ( x)= x，则y =
1
f ( x) = 1
x ，在R上不是减函数，A错误；
对于B，若f ( x)= x，则y =|f ( x)|=| x|，在R上不是增函数，B错误；
对于C，若f ( x)= x，则y =-
1
f ( x) =- 1
x ，在R上不是增函数，C错误；
对于D，函数f ( x)在R上为增函数，则对于任意的x1、x2∈R，设x1< x2，必有f ( x1)<f ( x2)，
对于y =- f ( x)，则有y1- y2=[- f ( x1)]-[- f ( x2)]= f ( x2)- f ( x1)>0，
则y =- f ( x)在R上为减函数，D正确；
故选：D.
38.已知函数f (x)=¿若f (a)= f (a+3)，则g(x)=a x
2+ x的单调递增区间为（ ）
A．(
1
8 ,+∞)
B．(-∞, 1
8)
C．(
1
2 ,+∞)
D．(-∞, 1
2)
【分析】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
【解析】解：依题意，¿解得a＝－1，故g(x)=- x
2+ x，可知g(x)在(-∞, 1
2)上单调递增
故选：D.
39.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)= f (a)+ f (b)
1- f (a)f (b)．则（ ）
A．f (0)=1
B．∀x1, x2,-m< x1< x2<m,f (x1)>f (x2)
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
【分析】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.
【解析】对A，令a=b=0，则f (0)= 2f (0)
1- f
2(0)
，
f (0)- f
3(0)=2f (0)，即f (0)[f
2(0)+1]=0，
故f (0)=0，所以A 不正确；
对B，取a= x ,b=- x代入：f (0)= f (a)+ f (b)
1- f (a)f (b) = f ( x)+ f (- x)
1- f ( x)f (- x)，
即f ( x)=- f (- x)，即f ( x)在(-m,m)上为奇函数，
设∀x1, x2,0< x1< x2<m，
所以f ( x2- x1)>0，且f ( x2)>0,f ( x1)>0，
故：f ( x2)- f ( x1)= f ( x2)+ f (- x1)= f [x2+(- x1)][1- f ( x2)f ( x1)]
= f ( x2- x1)[1+ f ( x2)f ( x1)]>0
即：f ( x2)>f ( x1)，故B 错误；
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.
考点05 根据函数的单调性求参数、求最值
40.已知函数f (x)=- x
2+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,+∞)
【分析】根据给定条件，利用二次函数的单调性列出不等式求解即得.
【解析】函数f (x)=- x
2+ax +1的图象对称轴为x = a
2，依题意，2< a
2 <6，得4<a<12，
所以a的取值范围为(4,12).
故选：C.
41.设a∈R，则“a>-2”是“函数f (x)=2 x
2+ 4 ax +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
【分析】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.
【解析】函数f (x)=2 x
2+ 4 ax +1的对称轴为x =-a，
由函数f (x)=2 x
2+ 4 ax +1在(2,+∞)上单调递增可得-a≤2，即a≥-2，
所以“a>-2”是“函数f (x)=2 x
2+ 4 ax +1在(2,+∞)上单调递增”的充分不必要条件.
故选：A.
42.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)
【分析】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.
【解析】因为f ( x)=¿是定义在R上的增函数，
所以¿，解得1≤a≤2.
故选：B.
43.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f ( x +t )= f ( x)，当x∈[0,t )
时，f ( x)=|x - t
2|．若f (x)在区间(3,4)上单调递减，则t 的最小值为（ ）
A．3
B．8
3
C．2
D．8
5
【分析】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.
【解析】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，
当x∈[0,t )时，函数f ( x)=|x - t
2|在[0, t
2 )单调递减，
所以当x ≥0时，函数f ( x)=|x - t
2|在[nt , (2n+1)t
2
)(n∈N
*)上单调递减，
因为f (x)在区间(3,4)上单调递减，
所以有¿，
故选：B.
44.函数f(x)＝－x＋1
x 在[-2,- 1
3 ]上的最大值是（ ）
A． 3
2
B．－8
3
C．－2
D．2
【分析】由题可知f(x)在[-2,- 1
3 ]上是减函数，从而可求出其最大值
【解析】解：因为函数y =- x和y = 1
x 在[-2,- 1
3 ]上均为减函数，
所以f(x)在[-2,- 1
3 ]上是减函数，
∴f(x)max＝f(－2)＝2－1
2＝3
2.
故选：A.
45.当实数t变化时，函数f (x)=|x
2+t|, x ∈[- 4,4]最大值的最小值为（ ）
A．2
B．4
C．6
D．8
【分析】先对内函数y = x
2+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.
【解析】若△=- 4t ≤0，即t ≥0时，f ( x)= x
2+t，其对称轴为x =0，f ( x)max =t +16，
此时，因t ≥0，故g(t )=t +16的最小值为16；
若t <0，由y = x
2+t =0可得x =± ❑√-t，
（Ⅰ）如图1，当❑√-t ≤4时，即-16≤t <0时，f (x)=|x
2+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)max =-t，而g(t )=-t在[-16,-8]上单调递
减，则此时，g(t )min= g(-8)=8；
② 当-8<t <0时，t +16>-t，故f (x)max=t +16，而h(t )=t +16在(-8,0)上单调
递增，则此时，g(t )>h(-8)=8.
（Ⅱ）如图2，当❑√-t >4，即t <-16时，f (x)=|x
2+t|在[- 4,0]上单调递增，在[0,4 ]上单调递减，
则此时f (x)max = f (0)=|t |=-t，而φ(t )=-t在(-∞,-16)上单调递减，则φ(t )>φ(-16)=16.
综上，函数f (x)=|x
2+t|, x ∈[- 4,4]最大值的最小值为8.
故选：D.
46.已知函数f ( x)= x + 4 a
x +b, x∈[b,+∞)，其中b>0,a∈R，记M为f ( x)的最小值，则当M =2时，a
的取值范围为（ ）
A．a> 1
3
B．a< 1
3
C．a> 1
4
D．a< 1
4
【分析】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.
【解析】①当a≤0时，f ( x)在[b,+ ∞)上单调递增，
所以f ( x)min= f (b)=2b+ 4 a
b =2∵b>0∴b= 1+ ❑√1-8a
2
，因此a≤0满足题意；
②当a>0时，f ( x)在[2❑√a,+∞)上单调递增，在(0,2❑√a)上单调递减
因此⑴当2❑√a≤b时，f ( x)在[b,+ ∞)上单调递增，所以
f ( x)min= f (b)=2b+ 4 a
b =2∵b
2-b+2a=0∴Δ=1-8a≥0,b= 1± ❑√1-8a
2
≥2❑√a，
∵2❑√a≤b∴a≤b
2
4 ∴1
2 (b-b
2)≤b
2
4 ∵b>0∴b≥2
3 ∴b= 1+ ❑√1-8a
2
∵1+ ❑√1-8a
2
≥2❑√a⇒❑√1-8a≥4 ❑√a-1
⇒0<a≤1
16或{
a> 1
16
1-8a≥16a-8 ❑√a+1
⇒0<a≤1
16 或1
16 <a< 1
9 ∴0<a≤1
9
⑵当2❑√a>b时，f ( x)在[2❑√a,+ ∞)上单调递增，在[b,2❑√a)上单调递减，
所以f ( x)min= f (2❑√a)= 4 ❑√a+b=2∵0<b<2❑√a∴2❑√a>2- 4 ❑√a>0∴1
9 <a< 1
4 ；
综上，a的取值范围为a< 1
4 ，
故选：D.
47.已知函数f ( x)={1-| x +1|, x<0
x
2-2 x , x ≥0
，若实数m∈[-2,0]，则|f ( x)- f (-1)|在区间[m,m+2]上的最
大值的取值范围是（ ）
A．[1,4 ]
B．[2,4 ]
C．[1,3]
D．[1,2]
【分析】先求出f (-1)=1，进而可知|f ( x)- f (-1)|=|f ( x)-1|，由m∈[-2,0]，可知区间
[m,m+2]⊆[-2,2]，且该区间长度为2，然后画出函数f ( x)的图象，进而可得到y =|f ( x)-1|在
[-2,2]上的图象，结合图象可求得y =|f ( x)-1|在区间[m,m+2]上的最大值的取值范围.
【解析】由题意，当x ≤-1时，f ( x)= x +2；当-1< x<0时，f ( x)=- x；当x ≥0时，f ( x)= x
2-2 x.
所以f (-1)=1，则|f ( x)- f (-1)|=|f ( x)-1|，
因为m∈[-2,0]，所以区间[m,m+2]⊆[-2,2]，且该区间长度为2.
作出函数f ( x)的图象，如图1，进而可得到y =|f ( x)-1|在[-2,2]上的图象，如图2，
根据图象可知y =|f ( x)-1|在区间[m,m+2]上的最大值的取值范围是[1,2].
故选：D.
考点06 函数的奇偶性的判断与证明
48.已知函数f (x)的定义域为R，f (x)f ( y)- f (x)= xy - y，则（ ）
A．f (0)=0
B．f (-1)=1
C．f (x +1)为偶函数
D．f (x +1)为奇函数
【分析】令y =0，f (x)=0或f (0)=1，分类讨论可求f (0)=1，判断A；法一：令x =0，可得f ( y)=1- y，
进而可求f (-1)，判断B；法二：令x =0, y =-1，可求f (-1)，判断B；
法一：由B 可得f (x +1)=- x，可判断CD；法二 令x =0, y =2，可得f (0)+ f (2)=0，判断CD.
【解析】 A：令y =0，得f (x)f (0)- f (x)=0，即f (x)(f (0)-1)=0，所以f (x)=0或f (0)=1．
当f (x)=0时，f (x)f ( y)- f (x)= xy - y不恒成立，故f (0)=1，A 错误．
B：解法一 令x =0，得f (0)f ( y)- f (0)=- y，又f (0)=1，所以f ( y)=1- y，
故f (-1)=1+1=2，B 错误．
解法二 令x =0, y =-1，得f (0)f (-1)- f (0)=1，又f (0)=1，所以f (-1)=2，B 错误．
C：解法一 由B 选项的解法一可知f (x)=1- x，则f (x +1)=- x，所以f (x +1)为奇函数，C 错误，D 正确．
解法二 令x =0, y =2，得f (0)f (2)- f (0)=-2，又f (0)=1，所以f (2)=-1，
所以f (0)+ f (2)=0，结合选项得C 错误，D 正确．
综上可知，选D．
故选：D.
49.设函数f (x)= 2- x
2+ x ，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A．f (x -2)+1
B．f (x -2)+2
C．f (x +2)+2
D．f (x +2)+1
【分析】首先推导出f (- 4 - x)+ f (x)=-2，即函数f (x)的对称中心为(-2,-1)，再根据函数的平移只需将
函数f (x)向右平移2个单位，向上平移1个单位，得到函数y = f (x -2)+1，则该函数关于(0,0)对称，即可
判断.
【解析】因为f (x)= 2- x
2+ x =-(x +2)+ 4
2+ x
=-1+
4
x +2定义域为{x| x≠-2}，
则f (- 4 - x)+ f (x)=-1+
4
- x -2 -1+
4
x +2 =-2 (x≠-2)，所以函数f (x)的对称中心为(-2,-1)，
所以将函数f (x)向右平移2个单位，向上平移1个单位，得到函数y = f (x -2)+1，
该函数的对称中心为(0,0)，故函数y = f (x -2)+1为奇函数.
故选：A.
50.已知定义在(-∞,0)∪(0,+ ∞)上的函数f (x)满足f (xy)= f (- x)
y
+ f (- y)
x
+ 1
xy ，则（ ）
A．f (x)是奇函数且在(0,+ ∞)上单调递减
B．f (x)是奇函数且在(-∞,0)上单调递增
C．f (x)是偶函数且在(0,+ ∞)上单调递减
D．f (x)是偶函数且在(-∞,0)上单调递增
【分析】令x = y =-1，求出f (1)，令x = y =1，求出f (-1)，再分别令y =-1，y =1，即可求出函数f (x)
的解析式，进而可得出答案.
【解析】令x = y =-1，则f (1)=-2f (1)+1，所以f (1)= 1
3，
令x = y =1，则f (1)=2f (-1)+1，所以f (-1)=- 1
3，
令y =-1，则f (- x)=- f (- x)+ f (1)
x
- 1
x =- f (- x)+ 1
3 x - 1
x =- f (- x)- 2
3 x ，
所以f (- x)=- 1
3 x ，
令y =1，则f (x)= f (- x)+ f (-1)
x
+ 1
x =- 1
3 x - 1
3 x + 1
x = 1
3 x ，所以f (x)= 1
3 x ，
因为f (- x)=- 1
3 x =- f (x)，且定义域关于原点对称，所以函数f (x)是奇函数，
由反比例函数的单调性可得函数f (x)= 1
3 x 在(0,+∞)上单调递减.
故选：A.
51.已知函数f (x)满足f (x + y +1)= f (x)+ f ( y)，则下列结论一定正确的是（ ）
A．f (x)+1是奇函数
B．f (x -1)是奇函数
C．f (x)-1是奇函数
D．f (x +1)是奇函数
【分析】利用赋值法推得f ( x)+ f (-2- x)=0，从而得到f ( x)的对称性，再利用函数图象平移的性质可判
断B，举反例排除ACD，由此得解.
【解析】因为f (x + y +1)= f (x)+ f ( y)，
令x = y =-1，可得f (-1)= f (-1)+ f (-1)，则f (-1)=0；
令y =-2- x，则f (-1)= f ( x)+ f (-2- x)=0，
故f ( x)的图象关于点(-1,0)对称，
则f ( x -1)的图象关于点(0,0)对称，即f ( x -1)是奇函数，故B 正确；
对于C，令x = y =0，可得f (1)= f (0)+ f (0)，则f (0)= 1
2 f (1)，
当f (1)≠2时，f (0)-1≠0，此时f (x)-1不可能是奇函数，
由于无法确定f (1)的值，故f (x)-1不一定是奇函数，故C 错误；
对于AD，取f (x)= x +1，满足题意，但易知D 错误；
故选：B.
考点07 根据函数的奇偶性求参数、求解析式
52.已知函数f (x)=a-
1
2
x -1
(a∈R)为奇函数，则实数a的值为（ ）
A．1
2
B．- 1
2
C．1
D．-1
【分析】利用奇函数的定义可得a-
2
x
1-2
x =
1
2
x -1
-a，计算可求a的值.
【解析】f (- x)=a-
1
2
- x -1
=a-
2
x
1-2
x =- f (x)=
1
2
x -1
-a，
得2a=
1
2
x -1
+
2
x
1-2
x =-1，所以a=- 1
2.
故选：B.
53.若函数f (x)= (x +1)(x +a)
x
为奇函数，则实数a=（ ）
A．1
B．-1
C．2
D．-2
【分析】由函数f ( x)为奇函数，根据奇函数的性质得到f (- x)=- f ( x)，分别代入并列出关于a的方程，
即可求出a的值.
【解析】由题意可得，x≠0，f (- x)=- f ( x)，
∴ (- x +1)(- x +a)
- x
=- ( x +1)( x +a)
x
，
整理可得，2(a+1)x =0对任意x≠0都成立，∴a+1=0，∴a=-1.
故选：B.
54.已知f (x)=¿为奇函数，则a=（ ）
A．-2
B．2
C．1
D．-1
【分析】
根据函数的奇偶性求函数f (x)在区间(-∞,0)上的解析式，对比系数求得a.
【解析】
当x<0时，- x>0，所以f (x)=- f (- x)=-[(- x)
3+2(- x)
2]= x
3-2 x
2，
通过对比系数得a=-2.
故选：A.
55.已知函数y = f (x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，f (x)= x
2+ a
x ，若f (3)=-8，则a=（ ）
A．-3
B．3
C．1
3
D．- 1
3
【分析】借助奇函数的性质计算即可得.
【解析】f (3)=-8=- f (-3)，故f (-3)=8，
故f (-3)=(-3)
2+ a
-3 =8，解得a=3.
故选：B.
56.已知函数f ( x)为定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f ( x)=2
x+ x -1，则当x<0时，f ( x)=（ ）
A．2
- x- x -1
B．2
- x+ x +1
C．-2
- x - x -1
D．-2
- x+ x +1
【分析】根据奇函数的性质进行求解即可.
【解析】当x<0时，则- x>0，因为f ( x)是奇函数，
所以f ( x)=- f (- x)=-2
- x+ x +1.
故选：D.
57.若函数f (x)=¿的图象关于原点对称，且f (5)=1，则h(-2022)+h(-2023)+h(-2024)=（ ）
A．-1
B．0
C．1
D．2
【分析】根据奇偶性及f (x)= f (x +2), x ≥0计算可得.
【解析】解：由题可知，当x ≥0时，f (x)= f (x +2)，且f (5)=1，
由题意知f (x)为奇函数，则f (0)=0，
又
h(-2022)+h(-2023)+h(-2024)= f (-2022)+ f (-2023)+ f (-2024)=-[f (2022)+ f (2023)+ f (2024)]，
f (2022)= f (2024)=0,f (2023)= f (5)=1，
则h(-2022)+h(-2023)+h(-2024)=-1.
故选：A.
58.若f (x)是定义在R上的奇函数，且f (x +1)是偶函数，当0< x ≤1时，f (x)=e
x -1，则当2< x ≤3时，f (x)
的解析式为（ ）
A．f ( x)=-e
1- x
B．f ( x)=-e
x +1
C．f ( x)=-e
x -3
D．f ( x)=-e
3- x
【分析】首先根据题意得到f (1+ x)= f (1- x)=- f (x -1)，从而得到f (x)=- f (x -2)，再求f (x)的解析式
即可.
【解析】因为f (x)是定义在R上的奇函数，且f (x +1)是偶函数，
所以f (1+ x)= f (1- x)=- f (x -1)，即f (x)=- f (x -2)，
当2< x ≤3时，0< x -2≤1，
所以f (x)=- f (x -2)=-e
x -3．
故选：C.
59.已知函数f (x)为奇函数，g(x)为偶函数，且f (x)- g(x)=e
x，则f (1)
g(1) =（ ）
A．e
2+1
e
B．e
2-1
e
C．1-e
2
1+e
2
D．1+e
2
1-e
2
【分析】根据解析式，分别代入x =1和x =-1，再结合函数的奇偶性，即可求解f (1)和g(1)，再求其比值.
【解析】取x =1得f (1)- g(1)=e①，取x =-1得f (-1)- g(-1)= 1
e ，
即- f (1)- g(1)= 1
e ②，①－②得2f (1)=e - 1
e ，①＋②得-2g(1)=e+ 1
e ，
所以f (1)
g(1) = 1-e
2
1+e
2．
故选：C.
考点08 函数的对称性与周期性与类周期函数
60.已知定义在R上的函数f (x)是奇函数，对任意x∈R都有f (x +1)= f (1- x)，当f (-3)=-2时，则
f (2023)等于（ ）
A．2
B．-2
C．0
D．- 4
【分析】根据函数的奇偶性和对称性推得函数f (x)的周期为4，利用周期性和奇函数特征即可求得f (2023)
的值.
【解析】定义在R上的函数f (x)是奇函数，且对任意x∈R都有f (x +1)= f (1- x)，
故函数f (x)的图象关于直线x =1对称，∴f (x)= f (2- x)，故f (- x)= f (2+ x)=- f (x)，
∴f (x)=- f (2+ x)= f (4+ x)，∴f (x)是周期为4 的周期函数．
则f (2023)= f (505×4+3)= f (3)=- f (-3)=2．
故选：A．
61.已知函数f ( x)的图象在x 轴上方，对∀x∈R，都有f ( x +2)⋅f ( x)=2f (1)，若y = f ( x -1)的图象
关于直线x =1对称，且f (0)=1，则f (2023)+ f (2024)+ f (2025)=（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【分析】先由函数y = f ( x -1)的图象关于直线x =1对称，得函数y = f ( x)的图象关于直线x =0对称，即函
数是偶函数，可得f (- x)= f ( x)．再把x +2代入，可得函数周期为4，求得f (1)=2，f (3)=2，即可求解．
【解析】因为y = f ( x -1)的图象关于直线x =1对称，
所以函数y = f ( x)的图象关于直线x =0对称，即函数y = f ( x)是偶函数，故有f (- x)= f ( x)．
因为∀x∈R，都有f ( x +2)⋅f ( x)=2f (1)，所以f ( x + 4)⋅f ( x +2)=2f (1)，
所以f ( x +2)⋅f ( x)= f ( x + 4)⋅f ( x +2)，又函数f ( x)的图象在x 轴上方，
所以f ( x)≠0，所以f ( x + 4)= f ( x)，即函数y = f ( x)的周期为4．
当x =1，可得f (3)⋅f (1)=2f (1)，所以f (3)=2，
当x =-1，可得f (-1+2)⋅f (-1)=2f (1)，所以f (-1)=2，所以f (1)=2，
所以f (2023)+ f (2024)+ f (2025)= f (3)+ f (0)+ f (1)=2+1+2=5.
故选：C．
62.已知定义在R 上的函数f (x)满足f (2+ x)- f (2- x)= 4 x．若f (2 x -3)的图象关于点(2,1)对称，且
f (0)=0，则f (1)+ f (2)+⋅⋅⋅+ f (50)=（ ）
A．0
B．50
C．2509
D．2499
【分析】由f (2 x -3)图象的对称中心得f (x)图象的对称中心，由f (2+ x)- f (2- x)= 4 x，构造函数
g(x)= f (x)-2 x，求出g(x)图象的对称性和周期，由
f (1)+ f (2)+⋅⋅⋅+ f (50)= g(1)+ g(2)+⋅⋅⋅+ g(50)+2(1+2+⋅⋅⋅+50)求值即可.
【解析】因为f (2 x -3)的图象关于点(2,1)对称，所以f (2 x -3)+ f (2(4 - x)-3)=2，
即f (2 x -3)+ f (5-2 x)=2，从而f (x -3)+ f (5- x)=2，
则f (x)的图象关于点(1,1)对称．
由f (2+ x)- f (2- x)= 4 x，可得f (2+ x)-2(2+ x)= f (2- x)-2(2- x)．
令g(x)= f (x)-2 x，得g(2+ x)= g(2- x)，则g(x)的图象关于直线x =2对称．
g(1+ x)+ g(1- x)= f (1+ x)-2(1+ x)+ f (1- x)-2(1- x)= f (1+ x)+ f (1- x)- 4 =-2，
则g(x)的图象关于点(1,-1)对称，则有g(2- x)+ g(x)=-2，
所以g(2+ x)+ g(x)=-2，g(4 + x)+ g(2+ x)=-2，
两式相减得g(x + 4)= g(x)，故g(x)是以4 为周期的函数．
因为g(0)= f (0)-2×0=0，g(1)=-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．
故选：D.
63.（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 (2 x -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
【分析】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.
【解析】由函数f (2 x -1)+1的图象关于原点对称，f (-2 x -1)+1=- f (2 x -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.
64.（23-24 高一上·江西吉安·期末）设函数f (x)的定义域为R，且f (x + 4)=2f (x)，当x∈(0,4]时，
f (x)=2 x
2-8 x，若对于∀x∈(-∞,t ]，都有f (x)≥- 3
2恒成立，则t 的取值范围是（ ）
A．(-∞,-7]
B．(-∞,-5]
C．(-∞,-3]
D．(-∞,-1]
【分析】由f (x + 4)=2f (x)和当x∈(0,4]时f (x)=2 x
2-8 x可以逐次推出(- 4,0]，(-8,- 4]，(-12,-8]上
的解析式，根据每个区间上的函数最小值的规律，应求x∈(-8,- 4]时，函数值等于- 3
2时的自变量的值，
得到满足f (x)≥- 3
2的x的范围，即得t 的取值范围.
【解析】当x∈(0,4]时，f (x)=2 x
2-8 x =2( x -2)
2-8，f ( x)∈[-8,0]；因f (x + 4)=2f (x)，即x 每增
大4，对应的纵坐标都变原来的2 倍.
当x∈(- 4,0]时，x + 4∈(0,4 ]，故f (x + 4)=2( x +2)
2-8，则f ( x)= 1
2 f ( x + 4)=( x +2)
2- 4，
f ( x)∈[- 4,0] ；
当x∈(-8,- 4]时，x + 4∈(- 4,0]，故f (x + 4)=( x +6)
2- 4，则f ( x)= 1
2 f ( x + 4)= 1
2 ( x +6)
2-2，
f ( x)∈[-2,0] ；
当x∈(-12,-8]时，x + 4∈(-8,- 4 ]，故f (x + 4)= 1
2 ( x +10)
2-2，则
f ( x)= 1
2 f ( x + 4)= 1
4 ( x +10)
2-1，f ( x)∈[-1,0].
如图，依题意令1
2 ( x +6)
2-2=- 3
2，解得x =-7或x =-5，由图知当x ≤-7时，f (x)≥- 3
2恒成立，即须使
(-∞,t ]⊆(-∞,-7]，故得： t ∈(-∞,-7]．
故选：A.
65.设函数f (x)的定义域为R，满足f (x)=2f (x -2)，且当x∈(0,2]时，f (x)= x (2- x)．若对任意
x∈(-∞,m]，都有f (x)≤3，则m的取值范围是（ ）
A．(-∞, 5
2]
B．(-∞, 7
2]
C．(-∞, 9
2]
D．(-∞, 11
2 ]
【分析】根据给定条件分段求解析式及对应函数值集合，再利用数形结合即得.
【解析】因为函数f (x)的定义域为R，满足f (x)=2f (x -2)，
且当x∈(0,2]时，f (x)= x (2- x)=-(x -1)
2+1∈[0,1]，
当x∈(2,4 ]，时，x -2∈(0,2]，
则f ( x)=2f ( x -2)=2(x -2)[2-(x -2)]=-2(x -3)
2+2∈[0,2]，
当x∈(4,6]，时，x - 4∈(0,2]，
则f ( x)= 4 f ( x -2)= 4 (x -2-2)[4 -(x -2)]=- 4 (x -5)
2+ 4∈[0.4]，
当x∈(-2,0]，时，x +2∈(0,2]，
则f ( x)= 1
2 f ( x +2)= 1
2 ( x +2)(- x)=- 1
2
(x +1)
2+ 1
2 ∈[0, 1
2 ]，
作出函数f (x)的大致图象，
对任意x∈(-∞,m]，都有f (x)≤3，设m的最大值为t，
则f (t )=3，所以- 4 (t -5)
2+ 4 =3，解得t = 9
2或t = 11
2 ，
结合图象知m 的最大值为9
2，即m的取值范围是(-∞, 9
2].
故选：C.
66.定义“函数y = f (x)是D上的a级类周期函数” 如下: 函数y = f (x), x∈D，对于给定的非零常数 a，
总存在非零常数T，使得定义域D内的任意实数x都有af (x)= f (x +T )恒成立，此时T为f (x)的周期. 若
y = f (x)是[1,+∞)上的a级类周期函数，且T =1，当x∈[1,2)时，f (x)=2 x +1,且y = f (x)是[1,+∞)上的
单调递增函数，则实数a的取值范围为（ ）
A．[
5
6 ,+ ∞)
B．[2,+∞)
C．[
5
3 ,+∞)
D．[10,+ ∞)
【分析】由题可得f (x)=a
n-1⋅(2 x -2n+3),n∈N
*，x∈[n,n+1)，然后利用函数的单调性即得.
【解析】∵x∈[1,2)时,f (x)=2 x +1，
∴当x∈[2,3)时,f (x)=af ( x -1)=a(2 x -1)；
当x∈[n,n+1)时,f (x)=af ( x -1)=a
2f ( x -2)=⋯=a
n-1f ( x -n+1)=a
n-1⋅(2 x -2n+3)，
即x∈[n,n+1)时,f (x)=a
n-1⋅(2 x -2n+3),n∈N
*，
∵f ( x)在[1,+∞)上单调递增，
∴a>0且a
n-1⋅(2n-2n+3)≥a
n-2⋅(2n-2n+5)，
解得a≥5
3，
∴实数a的取值范围是[
5
3 ,+ ∞).
故选：C.
67.定义域为R的函数f ( x)满足f ( x +1)=2f ( x)，当x∈[0,2)时， f ( x)={
x
2- x , x∈[0,1]
log❑√2( x +1), x∈(1,2)，若
x∈[-2,0)时，对任意的t ∈[1,2]都有f ( x)≥t
16 - a
8t 成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．(-∞,3)
B．[3,+∞)
C．(-∞,3]
D．(3,+∞)
【分析】由f ( x +1)=2f ( x)可求解出x∈[-2,-1)和[-1,0)时，f ( x)的解析式，从而得到f ( x)在
[-2,0)上的最小值，从而将不等式转化为t
16 - a
8t ≤- 1
16对t ∈[1,2)恒成立，利用分离变量法可将问题转
化为2a≥t
2+t =(t + 1
2 )
2
- 1
4 ，利用二次函数单调性求得在[1,2)上的最大值，从而得到2a≥6，进而求得结
果.
【解析】当x∈[-2,-1]时，x +2∈[0,1]
∴f ( x)= 1
4 f ( x +2)= 1
4 [( x +2)
2-( x +2)]= 1
4 ( x
2+3 x +2)
∴x∈[-2,-1]时，f ( x)min= f (- 3
2 )=- 1
16
当x∈(-1,0)时，x +2∈(1,2)，∴f ( x)= 1
4 f ( x +2)= 1
4 log❑√2( x +3)
∴x∈(-1,0)时，f ( x)>f (-1)= 1
2
∴x∈[-2,0)时，f ( x)min=- 1
16 ，即t
16 - a
8t ≤- 1
16 对t ∈[1,2)恒成立
即：2a≥t
2+t =(t + 1
2 )
2
- 1
4 对t ∈[1,2)恒成立
令g(t )=t
2+t =(t + 1
2 )
2
- 1
4 ，t ∈[1,2)， ∴g(t )<g(2)=6
∴2a≥6，解得：a∈[3,+ ∞)
故选：B.
考点09 利用函数的性质比较大小与解不等式
68.已知定义在R上的函数f (x)满足f (1+ x)= f (1- x)，且∀x1, x2>1，x1≠x2时，
[f (x1)- f (x2)](x1- x2)<0，记a= f(
❑√2
2 )，b= f(
❑√3
2 )，c = f(
❑√6
2 )，则（ ）
A．b>c>a
B．b>a>c
C．c>b>a
D．c>a>b
【分析】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.
【解析】由∀x1, x2>1，x1≠x2时，[f (x1)- f (x2)](x1- x2)<0得函数f (x)在(1,+∞)上单调递减，
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.
又因为|
❑√2
2 -1|≈|
1.4
2 -1|=0.3（最远离x =1），|
❑√3
2 -1|≈|
1.7
2 -1|=0.15（最靠近x =1），
|
❑√6
2 -1|≈|
2.4
2 -1|=0.2，
所以f(
❑√3
2 )>f(
❑√6
2 )>f(
❑√2
2 ).
故选：A.
69.已知函数f (x)是偶函数，当0≤x1< x2时，[f (x2)- f (x1)](x2- x1)>0恒成立，设a= f (
5√5)，b= f (- ❑√2)，
c = f (
3√3)，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
【分析】先比较a1=
5√5,b1= ❑√2,c1=
3√3的大小，再由函数的单调性和奇偶性求解即可.
【解析】当0≤x1< x2时，[f (x2)- f (x1)](x2- x1)>0恒成立，
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a1=
5√5,b1= ❑√2,c1=
3√3，则(a1)
10=(
5√5)
10=25,(b1)
10=(❑√2)
10=32，
所以a1<b1，又(b1)
6=(❑√2)
6=8,(c1)
6=(
3√3)
6=9，
所以b1<c1，所以a1<b1<c1，
又因为函数f (x)在[0,+ ∞)上单调递增，
所以a<b<c.
故选：A.
70.已知函数y = f (x)在(0,4)上单调递增，且y = f (x + 4)是偶函数，则（ ）
A．f (2)<f (3)<f (7)
B．f (7)<f (2)<f (3)
C．f (2)<f (7)<f (3)
D．f (3)<f (7)<f (2)
【分析】根据题意得到函数y = f (x)关于x = 4对称，所以f (7)= f (1)，结合单调性，即可求解.
【解析】由函数y = f (x + 4)是偶函数，可得函数y = f (x + 4)关于x =0对称，
所以函数y = f (x)关于x = 4对称，所以f (7)= f (1)，
因为函数y = f (x)在(0,4)上单调递增，且1<2<3，所以f (7)<f (2)<f (3).
故选：B.
71.（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，对任意实数x，y 都有
f ( x + y)= f ( x)+ f ( y)-1，当x>0时，f ( x)>1，且f (2)=5，则关于x 的不等式f ( x)+ f (4 -3 x)<6的
解集为（ ）
A．(1,+∞)
B．(2,+∞)
C．(-∞，1)
D．(-∞，2)
【分析】根据题意利用定义证明函数在R 上单调递增，继而转化不等式，求解即可.
【解析】任取x1< x2，
从而f ( x2)- f ( x1)= f ( x2- x1+ x1)- f ( x1)
= f ( x2- x1)-1,
因为x2- x1>0，所以f ( x2- x1)>1，
所以f ( x2)- f ( x1)>0，
则f (x)在R 上单调递增．
不等式f ( x)+ f (4 -3 x)<6等价于不等式
f ( x)+ f (4 -3 x)-1<5，
即f ( x + 4 -3 x)<f (2)．
因为f (x)在R 上单调递增，
所以4 -2 x<2，解得x>1．
故选：A.
72.已知函数f ( x)=¿，则不等式f (a)>f (3a- 4)的解集为（ ）
A．(- 1
2 ,+ ∞)
B．(2,+∞)
C．(-∞,2)
D．(-∞,- 1
2)
【分析】由分段函数表达式，判断其单调性，利用单调性，求解不等式．
【解析】根据题目所给的函数解析式，可知函数f (x)在(-∞,+∞)上是减函数，
所以a<3a- 4，解得a>2．
故选：B.
73.若函数f (x)是定义在R上的偶函数，在(-∞,0]上是减函数，且f (3)=0，则使得f (x)<0的x的取值范围
是（ ）
A．(-∞,-3)
B．(3,+∞)
C．(-3,3)
D．(-∞,-3)∪(3,+∞)
【分析】分析函数f (x)在[0,+ ∞)上的单调性，将所求不等式变形为f (|x|)<f (3)，可得出关于x的不等式，
解之即可.
【解析】因为函数f (x)是定义在R上的偶函数，在(-∞,0]上是减函数，
则函数f (x)在[0,+ ∞)上为增函数，
因为f (3)=0，由f (x)<0可得f (|x|)<f (3)，则|x|<3，解得-3< x<3，
因此，满足f (x)<0的x的取值范围是(-3,3).
故选：C.
74.若定义在(-∞,0)∪(0,+ ∞)上的函数f (x)同时满足：①f (x)为奇函数；②对任意的x1, x2∈(0,+∞)，
且x1≠x2，都有
x2f (x1)- x1f (x2)
x1- x2
<0，则称函数f (x)具有性质P．已知函数f (x)具有性质P，则不等式
f (x -2)< f (x
2- 4)
x +2
的解集为（ ）
A．(-∞,-1)
B．(-3,2)
C．(-∞,-3)∪(-1,2)
D．(-∞,-3)∪(2,+ ∞)
【分析】构造函数g(x)= f (x)
x
，由题意可以推出函数g(x)= f (x)
x
的奇偶性、单调性，然后对x进行分类讨
论解不等式即可.
【解析】因为对任意的x1, x2∈(0,+ ∞)，且x1≠x2，都有
x2f (x1)- x1f (x2)
x1- x2
<0，
即对任意两个不相等的正实数x1, x2不妨设0< x1< x2，都有
x2f (x1)- x1f (x2)
x1 x2
x1- x2
=
f (x1)
x1
- f (x2)
x2
x1- x2
<0，
所以有
f (x1)
x1
> f (x2)
x2
，
所以函数g(x)= f (x)
x
是(0,+ ∞)上的减函数，
又因为f (x)为奇函数，即有∀x∈(-∞,0)∪(0,+ ∞)，有f (- x)=- f (x)，
所以有g(- x)= f (- x)
- x
=- f (x)
- x
= f (x)
x
= g(x)，
所以g(x)为偶函数，
所以g(x)在(-∞,0)上单调递增．
当x -2>0，即x>2时，有x
2- 4>0,由f (x -2)< f (x
2- 4)
x +2
，得f (x -2)
x -2 < f (x
2- 4)
x
2- 4
，
所以x -2> x
2- 4，解得x<-2，此时无解；
当x -2<0，即x<2时，由f (x -2)< f (x
2- 4)
x +2
，得f (x -2)
x -2 > f (x
2- 4)
x
2- 4
，
所以|x -2|<|x
2- 4|，解得x<-3或-1< x<2．
综上所述，不等式f (x -2)< f (x
2- 4)
x +2
的解集为(-∞,-3)∪(-1,2)．
故选：C.
考点10 抽象函数的单调性、奇偶性、周期性
75.已知函数f (x)的定义域为R，值域为(0,+ ∞)，且对任意m，n∈R，都有f (m+n)= f (m)f (n)．
φ(x)= f (x)-1
f (x)+1．
(1)求f (0)的值，并证明φ(x)为奇函数．
(2)若x>0，f (x)>1，且f (3)= 4，证明f (x)为R上的增函数，并解不等式φ(x)> 15
17 ．
【分析】（1）赋值法令m=n=0，可得f (0)；由f (x)给定性质，证明φ(- x)=-φ(x)即可.
（2）证明f (x)的单调性，再由单调性解不等式.
【解析】（1）令m=n=0，得f (0)= f (0)f (0)，
又函数f (x)的值域为(0,+ ∞)，∴f (0)=1．
∵f (0)= f (- x + x)= f (- x)f (x)，
∴f (- x)=
1
f (x)，
∴φ(- x)= f (- x)-1
f (- x)+1 =
1
f (x) -1
1
f (x) +1
= 1- f (x)
1+ f (x) =-φ(x)，
∴φ(x)为奇函数．
（2）任取x1< x2，x1, x2∈R．
f (x1)- f (x2)= f (x1)- f (x2- x1+ x1)
= f (x1)- f (x2- x1)f (x1)= f (x1)[1- f (x2- x1)]．
∵x1< x2，∴x2- x1>0．
∵当x>0时，f (x)>1，∴f (x2- x1)>1，∴1- f (x2- x1)<0．
又函数f (x)的值域为(0,+ ∞)，
∴f (x1)[1- f (x2- x1)]<0，即f (x1)<f (x2)，
∴f (x)为R上的增函数．
由φ(x)= 15
17 ，即f (x)-1
f (x)+1 > 15
17 ，化简得f (x)>16．
∵f (3)= 4，
∴16= f (3)f (3)= f (6)，∴f (x)>f (6)．
又f (x)为R上的增函数，∴x>6，
故φ(x)> 15
17 的解集为{x|x>6}．
76.设函数f (x)的定义域是(0,+ ∞)，且对任意正实数x，y 都有f (xy)= f (x)+ f ( y)恒成立，已知f (2)=1，
且当x>1时，f (x)>0.
(1)求f(
1
2)的值；
(2)判断y = f (x)在区间(0,+ ∞)内的单调性，并给出证明；
(3)解不等式f (2 x)>f (8 x -6)-1.
【分析】（1）利用赋值法，即可求得所求的函数值，得到答案；
（2）首先判定函数为增函数，然后利用函数的单调性的定义和所给条件进行证明即可；
（3）利用函数的单调性和所得函数值对应的自变量得到函数不等式，得出不等式组，即可求解.
【解析】（1）由题意，函数f (x)对任意的正实数x，y 都有f ( xy )= f ( x)+ f ( y)恒成立，
令x = y =1，可得f (1)= f (1)+ f (1)，所以f (1)=0，
令x =2, y = 1
2，可得f (1)= f (2)+ f ( 1
2 )，即1+ f ( 1
2 )=0，解得f ( 1
2 )=-1；
（2）函数f (x)为增函数，证明如下：
设x1, x2∈(0,+∞)且x1< x2，
令x = x1, y = x2
x1
，根据题意，可得f ( x1)+ f ( x2
x1
)= f ( x2)，即f ( x2)- f ( x1)= f ( x2
x1
)，
又由x>1时，f ( x)>0，
因为
x2
x1
>1，可得f ( x2
x1
)>0，即f ( x2)- f ( x1)>0，即f ( x2)>f ( x1)，
所以函数y = f ( x)在(0,+ ∞)上的单调递增；
（3）由题意和（1）可得：f (8 x -6)-1= f (8 x -6)+ f ( 1
2 )= f [ 1
2 (8 x -6)]= f (4 x -3)，
又由不等式f (2 x)>f (8 x -6)-1，即f (2 x)>f (4 x -3)，
可得¿，解得3
4 < x<3
2 ，
即不等式f (2 x)>f (8 x -6)-1的解集为{x| 3
4 < x<3
2}.
77.已知函数f ( x)满足对一切x1, x2∈R都有f (x1+ x2)= f (x1)+ f (x2)-2，且f (1)=0，当x>1时有
f ( x)<0．
（1）求f (-1)的值；
（2）判断并证明函数f ( x)在R 上的单调性；
（3）解不等式：[f (x
2-2 x)]
2
+2f (x
2-2 x -1)-12<0．
【分析】（1）先令x1= x2=0求得f (0)=2，再令x1=-1, x2=1可求；
（2）利用定义，任取x1, x2∈R , x1< x2, Δx = x2- x1>0，化简判断Δy = f (x2)- f (x1)的正负可得；
（3）设t = x
2-2 x -1，可将不等式化为f
2(t )-2f (t )-8<0，解得-2<f (t )<4，再利用单调性求解.
【解析】解：（1）令x1= x2=0，得f (0)= f (0)+ f (0)-2，则f (0)=2，
再令x1=-1, x2=1，得f (-1+1)= f (-1)+ f (1)-2，
即2= f (-1)-2，从而f (-1)= 4．
（2）任取x1, x2∈R , x1< x2, Δx = x2- x1>0，
Δy = f (x2)- f (x1)= f (x1+ Δx)- f (x1)= f ( Δx)-2
= f ( Δx +1+(-1))-2= f ( Δx +1)+ f (-1)- 4 = f ( Δ x +1)．
∵Δx >0,∴1+ Δx >0,∴f (1+ Δx)<0，即Δy <0．
∴f ( x)在R 上是减函数．
（3）由条件知，f ( x +1)= f ( x)+ f (1)-2= f ( x)-2，
设t = x
2-2 x -1，则f
2(t +1)+2f (t )-12<0，即[ f (t )-2]
2+2f (t )-12<0，
整理，得f
2(t )-2f (t )-8<0，解得-2<f (t )<4，
而-2=-2+ f (1)+ f (1)= f (2),4 = f (-1)，∴不等式即为f (2)<f (t )<f (-1)，
又因为f ( x)在R 上是减函数，∴-1<t <2，即-1< x
2-2 x -1<2，
¿，从而所求不等式的解集为{x∣-1< x<0或2< x<3}．
78.已知函数p( x)，q( x)的定义域均为R，且满足：①∀x>0，p( x)>0；②q( x)为偶函数，
q( x)≥q(0)=1；③∀x，y ∈R，p( x + y)= p( x)q( y)+q( x) p( y).
(1)求p(0)的值，并证明：p( x)为奇函数；
(2)∀x1, x2∈R，且x1< x2，证明：
①p( x1)= p(
x1+ x2
2 )q(
x1- x2
2 )+q(
x1+ x2
2 )p(
x1- x2
2 )；
②p( x)单调递增.
【分析】（1）用赋值法，令x = y =0可求得p(0)，再令y =- x，使用q( x)≥1>0恒成立可证得p( x)是奇
函数；
（2）①由x1= x1+ x2
2
+ x1- x2
2
代入已知式可证；
②设x1< x2，
由p( x1)= p( x1+ x2
2
+ x1- x2
2
)，p( x2)= p( x1+ x2
2
+ x2- x1
2
)，展开后相减p( x2)- p( x1)，利用奇偶性及
已知条件①②可证得单调性．
【解析】（1）证明：在p( x + y)= p( x)q( y)+q( x) p( y)中
令x = y =0，则p(0)= p(0)q(0)+q(0) p(0)=2 p(0)，所以p(0)=0，
令y =- x，则p(0)= p( x)q(- x)+q( x) p(- x)，q( x)是偶函数，
所以p( x)q( x)+ p(- x)q( x)=0，又q( x)>0，所以p( x)+ p(- x)=0，即p(- x)=- p( x)，
所以p( x)是奇函数；
（2）证明：①p( x1)= p(
x1+ x2
2
+ x1- x2
2 )= p( x1+ x2
2
)q( x1- x2
2
)+q( x1+ x2
2
) p( x1- x2
2
)；
②设x1< x2，则x2- x1>0，p( x2- x1
2
)>0，又q(
x1+ x2
2 )≥1>0，
由①
可得p( x2)= p(
x1+ x2
2 )q(
x2- x1
2 )+q(
x1+ x2
2 )p(
x2- x1
2 )，
又p( x)是奇函数，q( x)是偶函数，
所以p( x1)= p(
x1+ x2
2 )q(
x1- x2
2 )+q(
x1+ x2
2 )p(
x1- x2
2 )
= p(
x1+ x2
2 )q(
x2- x1
2 )-q(
x1+ x2
2 )p(
x2- x1
2 )
所以p( x2)- p( x1)=2q( x1+ x2
2
) p( x2- x1
2
)>0，
所以p( x1)< p( x2)，所以p( x)是增函数．
