专题2.2 函数的单调性、奇偶性、对称性与周期性【九大题型】
【新高考专用】
【题型1 函数单调性的判断及单调区间的求解】.................................................................................................2
【题型2 利用函数的单调性求参数】......................................................................................................................4
【题型3 利用函数的单调性求最值】......................................................................................................................6
【题型4 函数的奇偶性及其应用】..........................................................................................................................9
【题型5 函数的对称性及其应用】........................................................................................................................10
【题型6 函数的周期性及其应用】........................................................................................................................12
【题型7 利用函数的性质比较大小】....................................................................................................................16
【题型8 利用函数的性质解不等式】....................................................................................................................18
【题型9 函数性质的综合应用】............................................................................................................................21
1、函数的单调性、奇偶性、对称性与周期性
从近五年的高考情况来看，本节是高考的一个重点，函数的单调性、奇偶性、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.对于选择题和填空题部分，重点考查基本初等函数的单调性，利用性质
判断函数单调性及求最值、解不等式、求参数范围等，难度较小；对于解答题部分，一般与导数结合，考
查难度较大.
【知识点1 函数的单调性与最值的求法】
1.求函数的单调区间
求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间.
2.函数单调性的判断
(1)函数单调性的判断方法：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法.
(2)函数y=f(g(x))的单调性应根据外层函数y=f(t)和内层函数t=g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的
原则.
3.求函数最值的三种基本方法：
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.
(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值.
(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值.
4.复杂函数求最值：
对于较复杂函数，可运用导数，求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.
【知识点2 函数的奇偶性及其应用】
1.函数奇偶性的判断
判断函数的奇偶性，其中包括两个必备条件：
(1)定义域关于原点对称，这是函数具有奇偶性的必要不充分条件，所以首先考虑定义域；
(2)判断f(x)与f(-x)是否具有等量关系，在判断奇偶性的运算中，可以转化为判断奇偶性的等价等量关
系式(f(x)+f(-x)=0(奇函数)或f(x)-f(-x)=0(偶函数))是否成立.
2.函数奇偶性的应用
(1)利用函数的奇偶性可求函数值或求参数的取值，求解的关键在于借助奇偶性转化为求已知区间上的
函数或得到参数的恒等式，利用方程思想求参数的值.
(2)画函数图象：利用函数的奇偶性可画出函数在其对称区间上的图象，结合几何直观求解相关问题.
【知识点3 函数的周期性与对称性常用结论】
1．函数的周期性常用结论(a 是不为0 的常数)
(1)若f(x+a)=f(x)，则T=a；
(2)若f(x+a)=f(x-a)，则T=2a；
(3)若f(x+a)=-f(x)，则T=2a；
(4)若f(x+a)=
，则T=2a；
(5)若f(x+a)=
，则T=2a；
(6)若f(x+a)=f(x+b)，则T=|a-b|(a≠b);
2．对称性的三个常用结论
(1)若函数f(x)满足f(a+x)=f(b-x)，则y=f(x)的图象关于直线
对称.
(2)若函数f(x)满足f(a+x)=-f(b-x)，则y=f(x)的图象关于点
对称.
(3)若函数f(x)满足f(a+x)+f(b-x)=c，则y=f(x)的图象关于点
对称.
【题型1 函数单调性的判断及单调区间的求解】
【例1】（2023·海南海口·统考模拟预测）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,+ ∞)
【解题思路】将绝对值函数转化成分段函数，由二次函数的性质即可求
【解答过程】f (x)= 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.
【变式1-1】（2023 上·北京海淀·高一人大附中校考期中）“函数f (x)在区间[1,2]上不是增函数”的一个充
要条件是（ ）
A．“存在a，b∈[1,2]，使得a<b且f (a)= f (b)”
B．“存在a，b∈[1,2]，使得a<b且f (a)≥f (b)”
C．“存在a∈(1,2]，使得f (a)≤f (1)”
D．“存在a∈(1,2)，使得f (a)≥f (2)”
【解题思路】由增函数的定义，结合全称命题的否定形式，即可判断选项.
【解答过程】若函数f (x)在区间[1,2]是增函数，
即任意a,b∈[1,2]，使得a<b且f (a)<f (b)，
则若函数f (x)在区间[1,2]不是增函数，
即存在a,b∈[1,2]，使得a<b且f (a)≥f (b).
故选：B.
【变式1-2】（2022·江西·校联考二模）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)
【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
【解答过程】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.
【变式1-3】（2023·全国·高三专题练习）已知函数y = f ( x)的定义域为R，对任意x1，x2且x1≠x2，都有
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>−1，则下列说法正确的是（ ）
A．y = f ( x)+ x是增函数
B．y = f ( x)+ x是减函数
C．y = f ( x)是增函数
D．y = f ( x)是减函数
【解题思路】对题中条件
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>−1进行变化，构造新函数g( x)= f ( x)+ x，根据增、减函数的定
义即可.
【解答过程】不妨令x1< x2，∴x1−x2<0,
∵f (x1)−f (x2)
x1−x2
>−1⇔f ( x1)−f ( x2)<−( x1−x2)⇔f ( x1)+ x1<f ( x2)+ x2，
令g( x)= f ( x)+ x，∴g( x )
1
❑< g( x2)，
又x1< x2，∴g( x)= f ( x)+ x是增函数．
故选:A.
【题型2 利用函数的单调性求参数】
【例2】（2023 上·江西鹰潭·高三校考阶段练习）已知函数f (x)=¿是[−1
2 ,+∞)上的减函数，则a的取值
范围是（ ）
A．[−1,−1
2]
B．(−∞,−1]
C．[−1,−1
2)
D．(−∞,−1)
【解题思路】首先分析知，x>1，函数单调递减，则x⩽1也应为减函数，同时注意分界点处的纵坐标大
小关系即可列出不等式组，解出即可.
【解答过程】显然当x>1时，f (x)= 1
x 为单调减函数，f (x)<f (1)=1
当x⩽1时，f (x)=−x
2+2ax + 4，则对称轴为x =−
2a
2×(−1) =a，f (1)=2a+3
若f (x)是[−1
2 ,+ ∞)上减函数，则¿ 解得a∈[−1,−1
2]，
故选：A.
【变式2-1】（2023·山西·校考模拟预测）已知f (x)是定义在R上的单调函数，
∀x∈R ,f (f (x)−x
3−2 x +1)=13，则f (5)=（ ）
A．114
B．116
C．134
D．136
【解题思路】借助换元思想即可解答.
【解答过程】由题意可知f (x)−x
3−2 x +1是一个常数，
设f (x)−x
3−2 x +1=t，则f (x)= x
3+2 x +t −1，
因为f (f (x)−x
3−2 x +1)=13，
所以f (t )=t
3+3t −1=13，
因为f (t )=t
3+3t −1在R上单调递增，且f (2)=13，
所以t =2，
所以f (x)= x
3+2 x +1，
则f (5)=5
3+2×5+1=136.
故选：D.
【变式2-2】（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）命题p:f (x)=¿在x∈(−∞,1]上为增函数，命题
q: g( x)= a
2 x−4
x−2 在(2,+ ∞)单调减函数，则命题q 是命题p 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】求出命题p,q中a的范围，根据充分条件，必要条件的概念判断.
【解答过程】若f (x)=¿ 在x∈(−∞,1]为增函数，
则¿，解得3≤a<4；
g( x)= a
2 x−4
x−2 = a
2( x−2)+2a
2−4
x−2
=a
2+ 2a
2−4
x−2 在(2,+∞)为减函数，则2a
2−4>0，即a>√2或
a<−√2，
因为“3≤a<4”能推出“a>√2或a<−√2”，反之不成立，
所以命题q 是命题p 的必要不充分条件，
故选：B．
【变式2-3】（2023·北京丰台·统考一模）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
【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，
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.
【题型3 利用函数的单调性求最值】
【例3】（2023·江西九江·校考模拟预测）若0< x<6，则6 x−x
2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 =6 x−x
2=−( 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，6 x−x
2有最大值9，没有最小值，
故选：D.
【变式3-1】（2023 上·浙江·高一校联考期中）已知函数f (x)=|x−2
x|, g(x)=ax +2, x∈R，用M (x)表示
f (x),g(x)中的较大者，记为M (x)= max{f (x),g(x)}，若M (x)的最小值为1，则实数a的值为（ ）
A．0
B．± 1
2
C．±√2
D．±2
【解题思路】画出f (x)=|x−2
x|的图象，分a=0，a>0和a<0三种情况，画出M (x)的图象，数形结合得
到取得最小值的点，进而求出该点坐标，得到答案.
【解答过程】令ℎ(x)= x−2
x ，定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，令ℎ(x)=0，得x =±√2，
且在(−∞,0),(0,+∞)上单调递增，
画出函数图象如下：
则f (x)=|x−2
x|的图象如下：
若a=0，则g(x)=2，画出M (x)的图象如下，
显然最小值为2，不合题意，
若a>0，则画出M (x)的图象如下：
显然函数在A点取得最小值，
令2
x −x =1，解得x =−2，正值舍去，
令−2a+2=1，解得a= 1
2，
若a<0，则画出M (x)的图象如下：
显然函数在B点取得最小值，
令x−2
x =1，解得x =2，负值舍去，
令2a+2=1，解得a=−1
2，
综上，a=± 1
2.
故选：B.
【变式3-2】（2023 下·山东青岛·高一统考开学考试）已知x>0，y >0，S =
2 xy
4 x
2+ y
2 +
xy
x
2+ y
2，则（ ）
A．S 的最大值是9
10
B．S 的最大值是2√2
3
C．S 的最大值是3
2
D．S 的最大值是9√2
4
【解题思路】根据题意整理得S =
3(
2 x
y + y
x)
(
2 x
y + y
x)
2
+1
，令t = 2 x
y + y
x ，利用基本不等式求得t ∈[2√2,+∞)，进
而整理可得S =
3
t + 1
t
，结合对勾函数求最值.
【解答过程】∵
S =
2 xy
4 x
2+ y
2 +
xy
x
2+ y
2 = 2 xy (x
2+ y
2)+ xy (4 x
2+ y
2)
(4 x
2+ y
2)(x
2+ y
2)
=
6 x
3 y +3 x y
3
4 x
4+5 x
2 y
2+ y
4 =
3(
2 x
y + y
x)
(
2 x
y )
2
+(
y
x)
2
+5
=
3(
2 x
y + y
x)
(
2 x
y + y
x)
2
+1
，
令t = 2 x
y + y
x ，
∵x>0，y >0，则t = 2 x
y + y
x ≥2√
2 x
y × y
x =2√2，当且仅当2 x
y = y
x ，即y =√2 x时等号成立，
故t ∈[2√2,+ ∞)，可得S =
3(
2 x
y + y
x)
(
2 x
y + y
x)
2
+1
= 3t
t
2+1
=
3
t + 1
t
，
又∵f (t )=t + 1
t 在[2√2,+∞)上单调递增，则f (t )≥f (2√2)=2√2+
1
2√2 = 9√2
4
，
∴S =
3
t + 1
t
≤
3
9√2
4
= 2√2
3
，即S 的最大值是2√2
3
.
故选：B.
【变式3-3】（2023 上·浙江·高三校联考期中）已知函数f (x)的定义域为R
+，对于任意的x，y ∈R
+，都有
f (x)+ f ( y)= f (xy)+1，当x>1时，都有f (x)>1，且f (2)=2，当x∈[1,16]时，则f (x)的最大值是（ ）
A．5
B．6
C．8
D．12
【解题思路】找到函数值特殊的点，得到部分特殊函数值，利用给定的抽象函数定义求出端点值后，判断
函数单调性即可求出最大值即可.
【解答过程】令x = y =1，则f (1)=1，且f (2)+ f (2)= f (4)+1
故f (4)=3，f (4)+ f (4)= f (16)+1，故f (16)=5
且令x = x1，y = x2
x1
，可得f (x1)+ f(
x2
x1)= f (x2)+1
设x2> x1，则x2
x1
>1，f (x1)−f (x2)=1−f(
x2
x1)<0
则f (x1)<f (x2)，故f (x)在R
+上单调递增
∴f (x)的最大值是f (16)=5
故选：A.
【题型4 函数的奇偶性及其应用】
【例4】（2023·河南开封·统考模拟预测）函数f ( x)满足f ( x)= 2 x−1
x−2 ，则下列函数中为奇函数的是
（ ）
A．f ( x +1)−2
B．f ( x +2)−2
C．f ( x−2)+2
D．f ( x +1)+2
【解题思路】写出各项对应的解析式，根据奇函数定义判断是否为奇函数即可.
【解答过程】A：f ( x +1)−2= 2 x +1
x−1 −2=
3
x−1，定义域为{x| x≠1}，不关于原点对称，不符合；
B：f ( x +2)−2= 2 x +3
x
−2= 3
x ，定义域为{x| x≠0}关于原点对称，且3
−x =−3
x ，符合；
C：f ( x−2)+2= 2 x−5
x−4 +2= 4 x−13
x−4
，定义域为{x| x≠4}，不关于原点对称，不符合；
D：f ( x +1)+2= 2 x +1
x−1 +2= 4 x−1
x−1 ，定义域为{x| x≠1}，不关于原点对称，不符合；
故选：B.
【变式4-1】（2023·湖南·校联考模拟预测）设函数f (x)的定义域为R，且f (x +1)是奇函数，f (2 x +3)是
偶函数，则（ ）
A．f (0)=0
B．f (4)=0
C．f (5)=0
D．f (−2)=0
【解题思路】由奇函数、偶函数的性质求解即可.
【解答过程】因为f (x +1)是奇函数，所以f (−x +1)=−f (x +1)，则f (1)=0．
又f (2 x +3)是偶函数，所以f (−2 x +3)= f (2 x +3)，所以f (5)= f (1)=0．
故选：C.
【变式4-2】（2023·四川·校联考模拟预测）已知f (x)是定义在R上的奇函数，当x ≥0时，
f (x)= x
2−ax +a−1，则满足f (x)≥0的x的取值范围是（ ）
A．(−∞,−1]∪[0,1]
B．[−1,1]
C．[−1,0]∪[1,+∞)
D．
(−∞,−1]∪[1,+ ∞)
【解题思路】先通过函数为奇函数求出a，再通过求解二次不等式以及奇函数的对称性得答案.
【解答过程】依题意f (x)是奇函数，所以f (0)=a−1=0，即a=1，
则f (x)= x
2−x，x ≥0，
当x ≥0时，令f (x)≥0，解得x ≥1或x =0，
根据对称性，当−1≤x<0时，f (x)≥0，
故满足f (x)≥0的x的取值范围是[−1,0]∪[1,+ ∞)．
故选：C．
【变式4-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数f (x)=ln(√x
2+1+ x)+2 x
3, g(x)是定义在R上的偶函数，
且g(x)在(−∞,0]上单调递增，则下列判断正确的是（ ）
A．f (x)⋅|g(x)|是偶函数
B．|f (x)|⋅g(x)是奇函数
C．f (g(2023))<f (g(2024))
D．g(f (2023))>g(f (2024))
【解题思路】利用函数的奇偶性的定义判断选项A，B；利用函数的单调性判断选项C，D.
【解答过程】易知函数f (x),g(x)的定义域均为R．当x ≥0时，易知函数f (x)在[0,+∞)上单调递增，
又f (−x)+ f (x)=ln(√x
2+1−x)−2 x
3+ln(√x
2+1+ x)+2 x
3=ln1=0，所以f (x)为奇函数，
易知f (0)=0，所以函数f (x)在(−∞,+ ∞)上单调递增．
因为g(x)是定义在R上的偶函数，且在(−∞,0]上单调递增，所以g(x)在[0,+ ∞)上单调递减．
选项A：因为f (−x)⋅|g(−x)|=−f (x)⋅|g(x)|，所以f (x)⋅|g(x)|是奇函数，所以A 错误；
选项B：因为|f (−x)|⋅g(−x)=|f (x)|⋅g(x)，所以|f (x)|⋅g(x)是偶函数，所以B 错误；
选项C：因为g(2023)> g(2024)，所以f (g(2023))>f (g(2024))，所以C 错误；
选项D：因为0= f (0)<f (2023)<f (2024)，所以g(f (2023))>g(f (2024))，所以D 正确．
故选：D.
【题型5 函数的对称性及其应用】
【例5】（2023·河南信阳·信阳高中校考模拟预测）已知函数f (x)=
x
2
x
2−6 x +18
，则（ ）
A．f (x)是偶函数
B．f (x)是奇函数
C．f (x)的图象关于直线x =3对称
D．f (x)的图象关于点(3,1)成中心对称
【解题思路】对AB，根据f (−x)=
x
2
x
2+6 x +18
判断即可；对C，举反例判断即可；对D，计算可得
f (6−x)+ f (x)=2即可判断.
【解答过程】对AB，由f (−x)=
x
2
x
2+6 x +18
，易知选项A，B 不正确；
对C，易得f (2)= 2
5，f (4)= 8
5，故f (2)≠f (4)，故选项C 不正确；
对D，f (x)=
x
2
(x−3)
2+9
，故f (6−x)+ f (x) =
(6−x)
2
(3−x)
2+9
+
x
2
(x−3)
2+9
= 2 x
2−12 x +36
(x−3)
2+9
=2，
故f (x)的图象关于点(3,1)中心对称.
故选：D.
【变式5-1】（2023·全国·模拟预测）已知定义在R上的函数f (x)满足对任意实数x有
f (x +2)= f (x +1)−f (x)，若y = f (2 x)的图象关于直线x = 1
2对称，f (1)=2，则∑
k =1
23
❑f (k )=（ ）
A．2
B．1
C．−1
D．−2
【解题思路】由题意
f (x +2)= f (x +1)−f (x)⇒f (x +3)= f (x +2)−f (x +1)⇒f (x +3)=−f (x)⇒f (x +6)= f (x)，从而f (x)是
周期函数，又y = f (2 x)的图象关于直线x = 1
2对称，从而函数f (x)的图象关于直线x =1对称，由
f (1)=2⇒f (2),f (3),f (4),f (5),f (6)，从而即可求解.
【解答过程】因为f (x +2)= f (x +1)−f (x)，所以f (x +3)= f (x +2)−f (x +1)，
从而可得f (x +3)=−f (x)，所以f (x +6)= f (x)，所以函数f (x)的一个周期为6．
因为y = f (2 x)的图象关于直线x = 1
2对称，
所以f (1−2 x)= f (1+2 x)， 即函数f (x)的图象关于直线x =1对称．
又f (1)=2，f (2)= f (1)−f (0)，
所以f (2)= f (0)=1，所以f (3)=−f (0)=−1,f (4)=−f (1)=−2,f (5)=−f (2)=−1,f (6)= f (0)=1，
所以f (1)+ f (2)+⋅⋅⋅+ f (6)=0．由于23 除以6 余5，
所以∑
k =1
23
❑f (k )= f (1)+ f (2)+⋅⋅⋅+ f (5)=−f (6)=−1．
故选：C．
【变式5-2】（2023·四川绵阳·绵阳中学校考一模）若函数y = f (x)满足f (a+ x)+ f (a−x)=2b，则说
y = f (x)的图象关于点(a,b)对称，则函数f ( x)=
x
x +1 + x +1
x +2 + x +2
x +3 +...+ x +2021
x +2022 + x +2022
x +2023
的对称中心
是（ ）
A．(−1011,2022)
B．(1011,2022)
C．(−1012,2023)
D．(1012,2023)
【解题思路】求出定义域，由定义域的对称中心，猜想a=−1012，计算出
f (−1012+ x)+ f (−1012−x)= 4046，从而求出对称中心.
【解答过程】函数定义域为{x| x≠−1, x≠−2...,... x≠−2022, x≠−2023}，
定义域的对称中心为(−1012,0)，所以可猜a=−1012，
则f (−1012+ x)= −1012+ x
−1011+ x + −1011+ x
−1010+ x + −1010+ x
−1009+ x +...+ 1009+ x
x +1010 + 1010+ x
1011+ x ，
f (−1012−x)= −1012−x
−1011−x + −1011−x
−1010−x + −1010−x
−1009−x +...+ 1009−x
1010−x + 1010−x
1011−x
= 1012+ x
1011+ x + 1011+ x
1010+ x + 1010+ x
1009+ x +...+ 1009−x
1010−x + 1010−x
1011−x ，
故f (−1012+ x)+ f (−1012−x)
=(
1010+ x
1011+ x + 1012+ x
1011+ x)+(
1009+ x
x +1010 + 1011+ x
1010+ x)⋯+(
−1012+ x
−1011+ x + 1010−x
1011−x)
=2×2023= 4046
所以y = f (x)的对称中心为(−1012,2023)，
故选：C．
【变式5-3】（2023·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）已知函数f ( x)的定义域为R，f (x−1)的图
象关于点(1,0)对称，f (3)=0，且对任意的x1, x2∈(−∞,0)，x1≠x2，满足
f (x2)−f (x1)
x2−x1
<0，则不等式
(x−1)f (x +1)≥0的解集为（ ）
A．(−∞,1]∪[2,+ ∞)
B．[−4 ,−1]∪[0,1]
C．[−4 ,−1]∪[1,2]
D．[−4 ,−1]∪[2,+∞)
【解题思路】首先根据f ( x−1)的图象关于点(1,0)对称，得出( x)是定义在R上的奇函数，由对任意的x1，
x2∈(−∞,0)，x1≠x2，满足
f ( x2)−f ( x1)
x2−x1
<0，得出f ( x)在(−∞,0)上单调递减，然后根据奇函数的对
称性和单调性的性质，求解即可．
【解答过程】∵f ( x−1)的图象关于点(1,0)对称，∴f ( x)的图象关于点(0,0)对称，∴f ( x)是定义在R上
的奇函数，
∵对任意的x1，x2∈(−∞,0)，x1≠x2，满足
f ( x2)−f ( x1)
x2−x1
<0，∴f ( x)在(−∞,0)上单调递减，所以
f ( x)在(0,+∞)上也单调递减，
又f (3)=0所以f (−3)=0，且f (0)=0，
所以当x∈(−∞,−3)∪(0,3)时，f (x)>0；当x∈(−3,0)∪(3,+ ∞)时，f (x)<0，
所以由(x−1)f (x +1)≥0可得¿或¿或x−1=0，
解得−4≤x ≤−1或1≤x ≤2，即不等式(x−1)f (x +1)≥0的解集为¿．
故选：C.
【题型6 函数的周期性及其应用】
【例6】（2023·全国·模拟预测）已知f (x +1)= 1−f (x)
a+ f (x) .若f (x)是以2 为最小正周期的周期函数，则a=
（ ）
A．2
B．1
C．−1
D．−2
【解题思路】计算f (x +2)根据函数的周期性有f (x +2)= f (x)，比较等式两端求a.
【解答过程】因为f (x)是以2 为最小正周期的周期函数，所以
f (x +2)= 1−f (x +1)
a+ f (x +1) =
1−1−f (x)
a+ f (x)
a+ 1−f (x)
a+ f (x)
=
a−1+2f (x)
a
2+1+(a−1)f (x)
= f (x)，
所以¿
解得a=1.
故选:B.
【变式6-1】（2023·江西上饶·校联考模拟预测）已知函数f (x)及其导函数f
' (x)的定义域均为R，对任意的
x , y ∈R，恒有f (x + y)+ f (x−y)=2f (x)⋅f ( y)，则下列说法错误的是（ ）
A．f (0)=1
B．f
' (x)必为奇函数
C．f (x)+ f (0)≥0
D．若f (1)= 1
2，则∑
n=1
2023
f (n)= 1
2
【解题思路】利用赋值法求f (0)的值，判断A；赋值法结合导数以及函数奇偶性的定义，判断B；赋值法
结合换元法判断C；利用赋值法求得f (n)，n∈N
∗的值有周期性，即可求得∑
n=1
2023
❑f (n)的值，判断D．
【解答过程】对于A，令x = y =0，则由f ( x + y)+ f ( x−y)=2f ( x)⋅f ( y)可得，2f (0)=2f
2(0)，
故f (0)=0或f (0)=1，故A 错误；
对于B，当f (0)=0时，令y =0，则f ( x)+ f ( x)=2f ( x)⋅f (0)=0，则f ( x)=0，
故f
'( x)=0，函数f
'( x)既是奇函数又是偶函数；
令x =0，则f ( y)+ f (−y)=2f (0)⋅f ( y)，则f
'( y )−f
'(−y )=2f (0)⋅f
'( y )，
当f (0)=1时，f
'( y )−f
'(−y )=2f
'( y )，则f
'(−y )=−f
'( y )，y ∈R为奇函数，
综合以上可知f
'( x)必为奇函数，B 正确；
对于C，令x = y，则f (2 x)+ f (0)=2f
2( x)，故f (2 x)+ f (0)≥0，
由于x∈R，令t =2 x，t ∈R，即f (t )+ f (0)≥0，即有f ( x)+ f (0)≥0，故C 正确；
对于D，若f (1)= 1
2，令x =1，y =0，则f (1)+ f (1)=2f (1)⋅f (0)，则f (0)=1，
故令x = y =1，则f (2)+ f (0)=2f
2(1)，即f (2)+1= 1
2，∴ f (2)=−1
2，
令x =2，y =1，则f (3)+ f (1)=2f (2)f (1)，即f (3)+ 1
2 =−1
2，∴f (3)=−1，
令x =3，y =1，则f (4)+ f (2)=2f (3)f (1)，即f (4)−1
2 =−1，∴ f (4)=−1
2，
令x = 4，y =1，则f (5)+ f (3)=2f (4)f (1)，即f (5)−1=−1
2，∴ f (5)= 1
2，
令x =5，y =1，则f (6)+ f (4)=2f (5)f (1)，即f (6)−1
2 = 1
2，∴f (6)=1，
令x =6，y =1，则f (7)+ f (5)=2f (6)f (1)，即f (7)+ 1
2 =1，∴ f (7)= 1
2，
由此可得f (n)，n∈N
∗的值有周期性，且6 个为一周期，且f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)+ f (5)+ f (6)=0，
故∑
n=1
2023
❑f (n)=337×[ f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)+ f (5)+ f (6)]+ f (1)= 1
2，故D 正确，
故选：A．
【变式6-2】（2023·天津河西·统考三模）已知f ( x)为定义在R上的偶函数，当x ≥0时，有
f ( x +1)=−f ( x)，且x∈[0,1)时；f ( x)= log2( x +1)，给出下列命题：①f (2013)+ f (−2014)=0；②
函数f ( x)在定义域R上是周期为2 的周期函数；③直线y = x与函数y = f ( x)的图象有1 个交点；④函数
f ( x)的值域为(−1,1)，其中正确命题有（ ）
A．0 个
B．1 个
C．2 个
D．3 个
【解题思路】由函数关系式及偶函数的性质可知f ( x)在x ≥0、x ≤0上分别是周期为2 的函数，并可写出其
对应的函数解析式，结合函数图象，即可判断各项的正误.
【解答过程】由题设，f ( x +2)=−f ( x +1)= f ( x)，即f ( x)是周期为2 的函数，
令1≤x<2，则0≤x−1<1，而x∈[0,1)时；f ( x)= log2( x +1)，
∴f ( x)=−f ( x−1)=−log2 x.
∴综上：f ( x)={log2( x +1),0≤x<1
−log2 x ,1≤x<2 且在x ≥0上周期为2.
∵f ( x)为定义在R上的偶函数，
∴在x ≤0上周期为2 且f ( x)={ log2(1−x),−1< x ≤0
−log2(−x),−2< x ≤−1.
①f (2013)+ f (−2014)= f (2013)+ f (2014)= f (1)+ f (0)=0，正确；
②函数f ( x)在定义域R上是周期为2 的周期函数，错误；
③直线y = x与函数y = f ( x)的图象如下图示，只有1 个交点，正确；
④函数f ( x)如下图示，其值域为(−1,1)，正确；
故选：D.
【变式6-3】（2023·四川宜宾·统考一模）已知函数f (x),g(x)的定义域为R ,g(x)的图像关于x =1对称，且
g(2 x +2)为奇函数，g(1)=1,f (x)= g(3−x)+1，则下列说法正确的个数为（ ）
①g(−3)= g(5)；②g(2024)=0；③f (2)+ f (4)=−4；④∑
n=1
2024
❑f (n)=2024.
A．1
B．2
C．3
D．4
【解题思路】根据奇函数定义得到g(−2 x +2)=−g(2 x +2)，进而得到g(x)的对称中心为，再根据对称轴
求出周期，通过赋值得到答案.
【解答过程】因为g(2 x +2)为奇函数，所以g(−2 x +2)=−g(2 x +2)，则g(−x +2)=−g(x +2)，
所以g(x)对称中心为(2,0)，
又因为g(x)的图像关于x =1对称，则g(−x +2)= g(x)，
所以−g(x +2)= g(x)，则g(x + 4)=−g(x +2)= g(x)，
所以g(x)的周期T = 4，
①g(−3)= g(−3+8)= g(5)，所以①正确；
②因为g(1)=1，g(−x +2)= g(x)，g(x)对称中心为(2,0)，
所以g(0)= g(2)=0，所以g(2024)= g(0)=0，所以②正确；
③因为f (x)= g(3−x)+1，所以f (2)= g(1)+1=2，
因为−g(x +2)= g(x)，所以g(−1)=−g(1)，
则f (4)= g(−1)+1=−g(1)+1=0，所以f (2)+ f (4)=2，所以③错误；
④因为f (x)= g(3−x)+1且g(x)周期T = 4，
所以f (x + 4)= g(3−x−4)+1= g(3−x)+1= f (x)，则f (x)的周期为T = 4，
因为f (1)= g(2)+1=1，f (2)=2，f (3)= g(0)+1=1，f (4)=0，
所以f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)= 4，
所以∑
n=1
2024
❑f (n)=506[f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)= 4]=506×4 =2024，所以④正确.
故选：C.
【题型7 利用函数的性质比较大小】
【例7】（2023 上·河南南阳·高一校联考阶段练习）已知定义在R上的函数f (x)满足f (1+ x)= f (1−x)，且
∀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
【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∀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.
【变式7-1】（2022·全国·高一专题练习）定义在R 上函数y = f (x)满足以下条件：①函数y = f (x)图象关于
x =1轴对称，②对任意x1, x2∈(−∞,1]，当x1≠x2时都有
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<0，则f (0)，f(
3
2)，f (3)的大
小关系为（ ）
A．f(
3
2)>f (0)>f (3)
B．f (3)>f (0)>f(
3
2)
C．f(
3
2)>f (3)>f (0)
D．f (3)>f(
3
2)>f (0)
【解题思路】根据已知条件判断函数单调性，利用单调性比较函数值大小．
【解答过程】∵函数y = f (x)图象关于x =1对称，且对任意x1, x2∈(−∞,1]，
当x1≠x2时都有
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<0，
∴y = f (x)在(−∞,1]上单调递减，在[1,+ ∞)单调递增，
f (0)= f (2)，
∵3>2> 3
2 >1，∴f (3)>f (2)>f(
3
2)，
∴f (3)>f (0)>f(
3
2)．
故选：B．
【变式7-2】（2023 上·陕西西安·高一高新一中校考期中）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
【解题思路】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.
【解答过程】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.
【变式7-3】（2023 上·四川成都·高三校考阶段练习）定义在R上的函数f (x)满足：f (x−1)=−
1
f (x +1)成
立且f (x)在[−2,0]上单调递增，设a= f (6)，b= f (2√2)，c = f (4)，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a>b>c
B．a>c>b
C．b>c>a
D．c>b>a
【解题思路】由f (x−1)=−
1
f (x +1)，可得函数f (x)周期T = 4，将自变量的值利用周期转化到[−2,0]，结
合单调性，即得解
【解答过程】由题意，f (x−1)=−
1
f (x +1)，则f (x +1)=−
1
f (x +3)
∴f (x−1)= f ( x +3)
∴f (x)= f ( x + 4)，可得函数f (x)周期T = 4
∴a= f (6)= f (−2)，b= f (2√2)= f (2√2−4)，c = f (4)= f (0)
由于f (x)在[−2,0]上单调递增
∴f (−2)<f (2√2−4)<f (0)
即∴a<b<c
故选：D.
【题型8 利用函数的性质解不等式】
【例8】（2023 上·广东广州·高一校考期中）已知定义在R上的函数f ( x)满足f ( x)+ f (−x)=2，且x ≥0时，
f ( x)= x−
1
x +1 +2，则不等式xf ( x)<0的解集为（ ）
A．(−∞,0)
B．(
−1−√5
2
,0)∪(
−1+√5
2
,+∞)
C．(
1−√5
2
,0)
D．(
−1−√5
2
,0)
【解题思路】根据f ( x)+ f (−x)=2可知函数关于(0,1)对称，并求出x<0时函数f ( x)的解析式，画出大致
图象，然后结合图象得到xf ( x)<0的解集.
【解答过程】定义在R上的函数f ( x)满足f ( x)+ f (−x)=2，所以f ( x)关于(0,1)对称，
当x ≥0时，f ( x)= x−
1
x +1 +2，因为y = x在[0,+ ∞)上单调递增,y =
1
x +1在[0,+∞)上单调递减,
y =−
1
x +1在[0,+ ∞)上单调递增,所以f ( x)= x−
1
x +1 +2在[0,+∞)上单调递增，f (0)=1，
因为f ( x)+ f (−x)=2，当x<0，即−x>0时，
f (x)=2−f (−x)=2−(−x−
1
−x +1 +2)= x
2−x−1
x−1
，
令f (x)= x
2−x−1
x−1
=0，即x = 1−√5
2
或x = 1+√5
2
（舍），
所以画出f (x)的大致图象
由图象知，当x∈(
1−√5
2
,+∞)时，f (x)>0，当x∈(−∞, 1−√5
2 )时，f (x)<0，当x = 1−√5
2
时，
f (x)=0，
所以，当x∈(0,+ ∞)时，xf (x)>0，当x∈(
1−√5
2
,0)时，xf (x)<0，
当x∈(−∞, 1−√5
2 )时，xf (x)>0，当x = 1−√5
2
或0时，xf (x)=0，
所以不等式xf ( x)<0的解集为(
1−√5
2
,0)，
故选：C.
【变式8-1】（2023 上·辽宁朝阳·高一统考阶段练习）已知f (x)是定义在R上的奇函数，且对任意0< x1< x2，
均有x2f (x1)< x1f (x2)，f (3)=3，则不等式f (x)−x>0的解集为（ ）
A．(−∞,−3)∪(3,+∞)
B．(−3,3)
C．(−3,0)∪(0,3)
D．(−3,0)∪(3,+∞)
【解题思路】根据题意，构造函数g(x)= f (x)
x
(x≠0)，由题可知g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，结合f (x)是
定义在R上的奇函数可知，g(x)是定义域上的偶函数，得到g(x)在(−∞,0)上单调递减，再求出不等式的解
集.
【解答过程】因为0< x1< x2，x2f (x1)< x1f (x2)，所以
f (x1)
x1
< f (x2)
x2
，
设函数g(x)= f (x)
x
(x≠0)，
则函数g(x)= f (x)
x
在(0,+ ∞)上单调递增，且g(3)= f (3)
3
=1.
当x>0时，不等式f (x)−x>0等价于f (x)> x，
即g(x)= f (x)
x
>1，即g(x)>g(3)，解得x>3.
当x =0时，f (0)−0=0，不满足f (x)−x>0.
因为f (x)是定义在R上的奇函数，
所以g(x)= f (x)
x
为偶函数且在(−∞,0)单调递减，则g(−3)= g(3)=1，
当x<0时，不等式f (x)−x>0等价于f (x)> x，
即g(x)= f (x)
x
<1，即g(x)<g(−3)，解得−3< x<0.
综上，不等式f (x)−x>0的解集为(−3,0)∪(3,+ ∞).
故选：D.
【变式8-2】（2022 上·辽宁·高一校联考期中）已知函数f (x)= 2ax +b
x
2+bx +a是定义在(−1,1)上的奇函数,且
f(
1
2)= 4
5 ．
(1)确定函数f (x)的解析式;
(2)当x∈(−1,1)时,判断函数f (x)的单调性,并证明;
(3)解不等式f (2 x +1)+ f(
1
2 x)<0．
【解题思路】(1)根据奇函数可得f (0)=0,结合f(
1
2)= 4
5 代入可得f (x)的解析式;
(2)先判断单调性,根据单调性的定义证明,先取值,再做差,变形至几个因式的乘积,定号,最后写出结论即可.
(3)将f(
1
2 x)移至右侧,根据奇函数,将不等式转化为f (2 x +1)<f(−1
2 x),再根据(2)的结论转化为
2 x +1<−1
2 x,再加上2 x +1,−1
2 x均在定义域内,即可求出不等式解集.
【解答过程】（1）解:由题意可知f (x)为奇函数,
∴f (0)=0,
即b
a =0,b=0,
∵f(
1
2)= 4
5 ,∴a=1,
∴f (x)= 2 x
x
2+1
;
（2）当x∈(−1,1)时,函数f (x)单调递增,
证明如下:
设x1, x2为(−1,1)上的任意两个数,且x1< x2,
∴f (x2)−f (x1)= 2 x2
x2
2+1
−2 x1
x1
2+1
= 2(x2−x1)(1−x2 x1)
(x2
2+1)(x1
2+1)
,
∵x2−x1>0, x1, x2∈(−1,1),
∴x2−x1>0,1−x1 x2>0,
∴f (x2)−f (x1)>0,
故函数f (x)在(−1,1)上为增函数;
（3）∵f (2 x +1)+ f(
1
2 x)<0,
∴f (2 x +1)<−f(
1
2 x),
∵f (x)为奇函数,
∴f (2 x +1)<f(−1
2 x),
∵当x∈(−1,1)时,函数f (x)单调递增,
∴¿,
∴−1< x<−2
5,
∴不等式的解集为(−1,−2
5)．
【变式8-3】（2023 上·河南·高一校联考阶段练习）已知f (x)是定义在[−2,2]上的奇函数，满足
f (−2)=−4，且当m,n∈[−2,2],m≠n时，有f (−m)−f (−n)
m−n
<0.
(1)判断函数f (x)的单调性；
(2)解不等式：f (5 x−1)>f (x +1)；
(3)若f (x)≤2at
3−t + 4对所有x∈¿恒成立，求实数t的取值范围.
【解题思路】（1）根据函数单调性的知识判断出函数f (x)在[−2,2]上的单调性.
（2）根据函数的定义域、单调性求得不等式的解集.
（3）先求得f (x)的最大值，然后利用转换主参变量的方法，列不等式来求得t的取值范围.
【解答过程】（1）f (x)为奇函数，所以f (−m)=−f (m),f (−n)=−f (n)，
则由f (−m)−f (−n)
m−n
<0，得−f (m)−[−f (n)]
m−n
<0，得f (n)−f (m)
n−m
>0，
当n>m时，f (n)>f (m)，函数f (x)在[−2,2]上单调递增，
当m>n时，f (m)>f (n)，函数f (x)在[−2,2]上单调递增，
综上，函数f (x)在[−2,2]上单调递增
（2）由（1）知函数f (x)为[−2,2]上的增函数，
则¿
解得1
2 < x ≤3
5，故不等式的解集为(
1
2 , 3
5].
（3）因为f (−2)=−4，所以f (2)= 4.
若f (x)≤2at
3−t + 4对所有x∈[−2,2]恒成立，
则f ( x)max≤2at
3−t + 4成立，且f ( x)max= f (2)= 4，
所以4≤2at
3−t + 4对a∈[−2,2]恒成立，即2at
3−t ≥0对a∈[−2,2]恒成立.
令g(a)=2at
3−t =2t
3a−t，
则¿即¿得¿，
即¿，解得−1
2 ≤t ≤0，
故实数t的取值范围是[−1
2 ,0].
【题型9 函数性质的综合应用】
【例9】（2022 上·江苏苏州·高一校考期中）已知奇函数f (x)和偶函数g(x)满足f (x)+ g(x)=2
x
(1)求f (x)和g(x)的解析式；
(2)判断并证明g(x)在[0,+∞)上的单调性
(3)若对于任意的x1∈[1,2]，存在x2∈[1,2]，使得g(x1)+mf (x2)=5，求实数m的取值范围
【解题思路】（1）根据已知条件用−x替换x，构造一个关于f (−x)、g(−x)的方程，再利用函数的奇偶
性化简，与已知方程联立即可求得答案；
（2）先判断，在利用定义法证明；
（3）设A={5−g( x)|1≤x ≤2}，B={mf ( x)|1≤x ≤2}，由g(x1)+mf (x2)=5可知，
A⊆B，列出不等式组即可求出k 的范围．
【解答过程】（1）由奇函数f (x)和偶函数g(x)可知，
f (−x)=−f (x)，g(−x)= g(x)，
因为f (x)+ g(x)=2
x，①
用−x替换x得
故f (−x)+ g(−x)=2
−x，即−f (x)+ g(x)=2
−x，②
联立解得，f (x)= 2
x−2
−x
2
，g(x)= 2
x+2
−x
2
（2）g(x)在[0,+ ∞)上单调递增；证明如下：
取∀x1, x2∈[0,+ ∞), x1> x2
所以g( x1)−g( x2)= 2
x1+2
−x1
2
−2
x2+2
−x2
2
= 2
x1−2
x2
2
+ 2
−x1−2
−x2
2
=1
2[(2
x1−2
x2)+(
1
2
x1 −1
2
x2)]
=1
2[(2
x1−2
x2)+(
2
x2−2
x1
2
x12
x2 )]
=1
2 (2
x1−2
x2)(1−
1
2
x12
x2)
因为x1, x2∈[0,+∞), x1> x2
所以2
x1>2
x2≥1，2
x12
x2>1，1−
1
2
x12
x2 >0
所以g( x1)−g( x2)>0⇒g( x1)> g( x2)
所以g(x)在[0,+ ∞)上单调递增
（3）设A={5−g( x)|1≤x ≤2}，
令2
x=t ∈[2,4]，则g(x)= 2
x+2
−x
2
化为y =
t + 1
t
2
，
易知y =
t + 1
t
2
在t ∈[2,4]上单调递增，
故g(x)min=
2+ 1
2
2
= 5
4
，g(x)max =
4+ 1
4
2
=17
8
，
故A =[
23
8 ,15
4 ]；
设B={mf ( x)|1≤x ≤2}，
令2
x=t ∈[2,4]，则f (x)= 2
x−2
−x
2
化为y =
t −1
t
2
，
易知y =
t −1
t
2
在t ∈[2,4]单调递增，
故f (x)min=
2−1
2
2
= 3
4
，f (x)max =
4−1
4
2
=15
8
则x∈[1,2]时，f (x)∈[
3
4 ,15
8 ]．
若对于任意的x1∈[1,2]，存在x2∈[1,2]，
使得g(x1)+mf (x2)=5可知A⊆B，
则A⊆B，则显然m>0，则B=[
3
4 m, 15
8 m]，
则[
23
8 ,15
4 ]⊆[
3
4 m, 15
8 m]，
则¿，解得m∈[2, 69
2 ]．
【变式9-1】（2023 上·湖南株洲·高一校考期中）已知函数y =φ( x)的图象关于点P(a,b)成中心对称图形
的充要条件是y =φ(a+ x)−b是奇函数，给定函数f ( x)= x−
6
x +1.
(1)求函数f (x)图象的对称中心；
(2)判断f (x)在区间(0,+ ∞)上的单调性（只写出结论即可）；
(3)已知函数g( x)的图象关于点(1,1)对称，且当x∈[0,1]时，g( x)= x
2−mx +m.若对任意x1∈[0,2]，
总存在x2∈[1,5]，使得g( x1)= f ( x2)，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）根据题意，得到f (a+ x)+ f (a−x)−2b=0，列出方程组，即可求解；
（2）根据函数单调性的定义与判定方法，即可求解；
（3）根据题意，转化为函数g(x)的值域为f (x)值域的子集，由（2）求得f (x)的值域为[−2,4 ]，转化为
A ⊆[−2,4 ]，分m
2 ≤0、0< m
2 <1和m
2 ≥1，三种情况讨论，即可求解.
【解答过程】（1）解：设函数f (x)的图象的对称中心为(a,b)，则f (a+ x)+ f (a−x)−2b=0，
即( x +a)−
6
x +a+1 +(−x +a)−
6
−x +a+1 −2b=0，
整理得(a−b)x
2=(a−b)(a+1)
2−6(a+1)，
可得¿，解得a=b=−1，
所以f (x)的对称中心为(−1,−1).
（2）解：函数f ( x)= x−
6
x +1在(0,+∞)上单调递增；
证明如下：
任取x1, x2∈(0,+∞)且x1< x2，
则f ( x1)−f ( x1)= x1−
6
x1+1 −x2+
6
x2+1 =( x1−x2)[1+
1
( x1+1)( x2+1) ]，
因为x1, x2∈(0,+∞)且x1< x2，可得x1−x2<0且1+
1
( x1+1)( x2+1) >0，
所以f ( x1)−f ( x2)<0，即f ( x1)<f ( x2)，
所以函数f ( x)= x−
6
x +1在(0,+ ∞)上单调递增.
（3）解：由对任意x1∈[0,2]，总存在x2∈[1,5]，使得g( x1)= f ( x2)，
可得函数g(x)的值域为f (x)值域的子集，
由（2）知f (x)在[1,5]上单调递增，故f (x)的值域为[−2,4 ]，
所以原问题转化为g(x)在[0,2]上的值域A ⊆[−2,4 ]，
当m
2 ≤0时，即m≤0时，g( x)在[0,1]单调递增，
又由g(1)=1，即函数g( x)= x
2−mx +m的图象恒过对称中心(1,1)，
可知g(x)在(1,2]上亦单调递增，故g(x)在[0,2]上单调递增，
又因为g(0)=m，g(2)=2−g(0)=2−m，故A =[m,2−m]，
因为[m,2−m]⊆[−2,4 ]，所以m≥−2，2−m≤4，解得−2≤m≤0，
当0< m
2 <1时，即0<m<2时，g(x)在(0, m
2 )单调递减，在(
m
2 ,1)单调递增，
因为g(x)过对称中心(1,1)，故g(x)在(1,2−m
2 )递增，在(2−m
2 ,2]单调递减，
故此时A =(min{g(2),g(
m
2)},max{g(0),g(2−m
2)})，
欲使A ⊆[−2,4 ]，
只需¿且¿，
解不等式，可得2−2√3≤m≤4，又因为0<m<2，此时0<m<2；
当m
2 ≥1时，即m≥2时，g( x)在[0,1]递减，在(1,2]上亦递减，
由对称性知g( x)在[0,2]上递减，所以A =[2−m,m]，
因为[2−m,m]⊆[−2,4 ]，所以¿，解得2≤m≤4，
综上可得：实数m的取值范围是[−2,4 ].
【变式9-2】（2023 上·浙江湖州·高一统考阶段练习）我们知道，函数y = f (x)的图象关于原点成中心对称
图形的充要条件是函数y = f (x)为奇函数.有同学发现可以将其推广为：函数y = f (x)的图象关于点P(a,b)
成中心对称图形的充要条件是函数y = f (x +a)−b为奇函数.
(1)求函数f (x)=−x
3+3 x
2图象的对称中心；
(2)若函数y = f (x)的图象关于点P(a,b)对称，证明：f (x)+ f (2a−x)=2b；
(3)已知函数f ( x)= x−e
2
2 + lne
c x
e
2−x
，其中c>0，若正数a，b满足
f(
e
2
2023)+ f(
2e
2
2023)+ f(
3e
2
2023)+⋯+ f(
2022e
2
2023 )≤1011(a+b)，且不等式λ(a+2c)b≤2ac +a
2+2b
2
恒成立，求实数λ的取值范围.
【解题思路】（1）令g(x)= f (x +a)−b，由g(x)为奇函数，得到f (−x +a)−b=−(f (x +a)−b)，列出方
程组，求得a,b的值，即可求解；
（2）令g(x)= f (x +a)−b，由g(x)为奇函数，得到f (−x +a)+ f (x +a)=2b，令x +a=t，即可得证；
（3）由函数f ( x)= x−e
2
2 +c + ln x−ln(e
2−x)，得到f (x)+ f (−x +e
2)=2c，得到f (x)的对称中心为
(
e
2
2 ,c)，求得f(
e
2
2023)+ f(
2e
2
2023)+⋯+ f(
2022e
2
2023 )≤1011(a+b)
f(
2022e
2
2023 )+ f(
2021e
2
2023 )+ f(
2020e
2
2023 )+⋯+ f(
e
2
2023)≤1011(a+b)，两式相加得到a+b≥2c，得出
λ≤a
b +
2b
a+2c ，结合基本不等式，即可求解.
【解答过程】（1）解：令g(x)= f (x +a)−b，因为g(x)为奇函数，
所以g(−x)=−g(x)，即f (−x +a)−b=−(f (x +a)−b)，
所以−(−x +a)
3+3(−x +a)
2−b=−[−(x +a)
3+3(x +a)
2−b]，
化简得6 x
2(a−1)+2a
3−6a
2+2b=0，则¿ ，
解得a=1,b=2，即f (x)图像的对称中心为(1,2).
（2）解：令g(x)= f (x +a)−b，因为g(x)为奇函数，
所以g(−x)=−g(x)，即f (−x +a)−b=−(f (x +a)−b)，
所以f (−x +a)+ f (x +a)=2b，
令x +a=t，则f (t )+ f (−t +2a)=2b，即f (x)+ f (−x +2a)=2b；
（3）解：因为f ( x)= x−e
2
2 +c + ln x−ln(e
2−x)，
所以f (−x +e
2)=−x +e
2
2 +c−ln x + ln(e
2−x)，
所以f (x)+ f (−x +e
2)=2c，可得f (x)的对称中心为(
e
2
2 ,c)，
因为f(
e
2
2023)+ f(
2e
2
2023)+⋯+ f(
2022e
2
2023 )≤1011(a+b)
f(
2022e
2
2023 )+ f(
2021e
2
2023 )+ f(
2020e
2
2023 )+⋯+ f(
e
2
2023)≤1011(a+b)
两式相加得：2022×2c≤2022(a+b)，即a+b≥2c，
又由λ≤2ac +a
2+2b
2
(a+2c)b
= a(a+2c)+2b
2
(a+2c)b
= a
b +
2b
a+2c .
方法一：由a
b +
2b
a+2c = 2(a+b)
2b
+
2b
a+2c −1≥a+b+2c
2b
+
2b
a+2c −1
= a+2c
2b
++
2b
a+2c −1
2 ≥2√
a+2c
2b
⋅
2b
a+2c −1
2 = 3
2，
当且仅当b=2a= 2c
3 时取等号.
方法二：由
a
b +
2b
a+2c ≥a
b +
2b
a+a+b = a
b +
2
2 a
b +1，
令a
b =t >0，
则
a
b +
2
2 a
b +1
=t +
2
2t +1 = 1
2 (2t +1)+
2
2t +1 −1
2 ≥2√
1
2 (2t +1)⋅
2
2t +1 −−1
2 = 3
2
当且仅当b=2a= 2c
3 时取等号.
【变式9-3】（2023 上·江苏无锡·高一校考期中）设a∈R，函数f ( x)= e
x+a
e
x−a
(e为常数，e =2.71828…)．
（1）若a=1，求证：函数f ( x)为奇函数；
（2）若a<0．
①判断并证明函数f ( x)的单调性；
②若存在x∈[1，2]，使得f ( x
2+2ax)>f (4−a
2)成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）把a=1代入得f ( x)= e
x+1
e
x−1
，且f ( x)定义域为{x| x≠0}，求出f (−x)并化简并判断与
−f ( x)的关系，根据奇函数的定义，即可得出结论；
（2）①结合单调性的定义，先设x1< x2，利用作差法比较f ( x1)与f ( x2)的大小关系即可判断；
②结合命题的否定，然后结合不等式的恒成立，利用单调性进行转化，即可求解实数a的取值范围．
【解答过程】解：（1）当a=1时，函数f ( x)= e
x+1
e
x−1
，
因为e
x−1≠0，则x≠0，
所以f ( x)定义域为{x| x≠0}，
对任意x≠0，f (−x)= e
−x+1
e
−x−1
= 1+e
x
1−e
x =−f ( x)，
所以f ( x)= e
x+1
e
x−1
是奇函数．
（2）①当a<0时，f ( x)为R上的单调增函数，证明如下：
证明：a<0时，e
x−a>0恒成立，故函数f ( x)定义域为R，
任取x1，x2∈R，且x1< x2，则e
x1<e
x2，
因为f ( x1)−f ( x2)=(1+
2a
e
x1−a
)−(1+
2a
e
x2−a
)=
2a(e
x2−e
x1)
(e
x1−a)(e
x2−a)
<0，
所以f ( x)为R上的单调增函数.
②设命题p：存在x∈[1，2]，使得f ( x
2+2ax)>f (4−a
2)成立，
下面研究命题p的否定：
¬ p:∀x∈[1，2]，f ( x
2+2ax)⩽f (4−a
2)恒成立，
若¬ p为真命题，由①，f ( x)为R上的单调增函数，
故∀x∈[1，2]，x
2+2ax⩽4−a
2恒成立．
设g( x)= x
2+2ax +a
2−4，x∈[1，2]，
则¿，解得−3⩽a<0，
因为p为真，则¬ p为假命题，
所以实数a的取值范围为(−∞,−3)．
1．（2023·全国·统考高考真题）若f (x)=(x +a)ln 2 x−1
2 x +1 为偶函数，则a=（ ）．
A．−1
B．0
C．1
2
D．1
【解题思路】根据偶函数性质，利用特殊值法求出a值，再检验即可.
【解答过程】因为f ( x) 为偶函数，则 f (1)= f (−1)，∴(1+a)ln 1
3 =(−1+a)ln3，解得a=0，
当a=0时，f (x)= x ln 2 x−1
2 x +1 ，(2 x−1)(2 x +1)>0，解得x> 1
2或x<−1
2，
则其定义域为¿或x<−1
2}，关于原点对称.
f (−x)=(−x)ln 2(−x)−1
2(−x)+1 =(−x)ln 2 x +1
2 x−1 =(−x)ln(
2 x−1
2 x +1)
−1
= x ln 2 x−1
2 x +1 = f (x)，
故此时f (x)为偶函数.
故选：B.
2．（2022·天津·统考高考真题）函数f (x)=|x
2−1|
x
的图像为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解题思路】分析函数f (x)的定义域、奇偶性、单调性及其在(−∞,0)上的函数值符号，结合排除法可得
出合适的选项.
【解答过程】函数f (x)=|x
2−1|
x
的定义域为¿，
且f (−x)=|(−x)
2−1|
−x
=−|x
2−1|
x
=−f (x)，
函数f (x)为奇函数，A 选项错误；
又当x<0时，f (x)=|x
2−1|
x
≤0，C 选项错误；
当x>1时，f (x)=|x
2−1|
x
= x
2−1
x
= x−1
x
函数单调递增，故B 选项错误；
故选：D.
3．（2021·全国·统考高考真题）设函数f ( x)= 1−x
1+ x ，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A．f (x−1)−1
B．f (x−1)+1
C．f (x +1)−1
D．f (x +1)+1
【解题思路】分别求出选项的函数解析式，再利用奇函数的定义即可.
【解答过程】由题意可得f ( x)= 1−x
1+ x =−1+
2
1+ x ，
对于A，f (x−1)−1= 2
x −2不是奇函数；
对于B，f (x−1)+1= 2
x 是奇函数；
对于C，f (x +1)−1=
2
x +2 −2，定义域不关于原点对称，不是奇函数；
对于D，f (x +1)+1=
2
x +2，定义域不关于原点对称，不是奇函数.
故选：B.
4．（2022·全国·统考高考真题）已知函数f ( x)的定义域为R，且
f ( x + y)+ f ( x−y)= f ( x)f ( y),f (1)=1，则∑
k =1
22
❑f (k )=（ ）
A．−3
B．−2
C．0
D．1
【解题思路】法一：根据题意赋值即可知函数f (x)的一个周期为6，求出函数一个周期中的
f (1),f (2),⋯,f (6)的值，即可解出．
【解答过程】[方法一]：赋值加性质
因为f (x + y)+ f (x−y)= f (x)f ( y)，令x =1, y =0可得，2f (1)= f (1)f (0)，所以f (0)=2，令x =0可得，
f ( y)+ f (−y)=2f ( y)，即f ( y)= f (−y)，所以函数f (x)为偶函数，令y =1得，
f (x +1)+ f (x−1)= f (x)f (1)= f (x)，即有f (x +2)+ f (x)= f (x +1)，从而可知f (x +2)=−f (x−1)，
f (x−1)=−f (x−4)，故f (x +2)= f (x−4)，即f (x)= f (x +6)，所以函数f (x)的一个周期为6．因为
f (2)= f (1)−f (0)=1−2=−1，f (3)= f (2)−f (1)=−1−1=−2，f (4)= f (−2)= f (2)=−1，
f (5)= f (−1)= f (1)=1，f (6)= f (0)=2，所以
一个周期内的f (1)+ f (2)+⋯+ f (6)=0．由于22 除以6 余4，
所以∑
k =1
22
f (k )= f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)=1−1−2−1=−3．故选：A．
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由f (x + y)+ f (x−y)= f (x)f ( y)，联想到余弦函数和差化积公式
cos(x + y)+cos(x−y)=2cos xcos y，可设f (x)=acosωx，则由方法一中f (0)=2,f (1)=1知
a=2,acosω=1，解得cosω= 1
2，取ω= π
3 ，
所以f (x)=2cos π
3 x，则
f (x + y)+ f (x−y)=2cos(
π
3 x + π
3 y)+2cos(
π
3 x−π
3 y)= 4cos π
3 xcos π
3 y = f (x)f ( y)，所以
f (x)=2cos π
3 x符合条件，因此f ( x)的周期T = 2π
π
3
=6
，f (0)=2,f (1)=1，且
f (2)=−1,f (3)=−2,f (4)=−1,f (5)=1,f (6)=2，所以f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)+ f (5)+ f (6)=0，
由于22 除以6 余4，
所以∑
k =1
22
f (k )= f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)=1−1−2−1=−3．
故选：A．
5．（2021·全国·统考高考真题）已知函数f (x)的定义域为R，f (x +2)为偶函数，f (2 x +1)为奇函数，则
（ ）
A．f(−1
2)=0
B．f (−1)=0
C．f (2)=0
D．f (4)=0
【解题思路】推导出函数f (x)是以4为周期的周期函数，由已知条件得出f (1)=0，结合已知条件可得出结
论.
【解答过程】因为函数f (x +2)为偶函数，则f (2+ x)= f (2−x)，可得f (x +3)= f (1−x)，
因为函数f (2 x +1)为奇函数，则f (1−2 x)=−f (2 x +1)，所以，f (1−x)=−f (x +1)，
所以，f (x +3)=−f (x +1)= f (x−1)，即f (x)= f (x + 4)，
故函数f (x)是以4为周期的周期函数，
因为函数F (x)= f (2 x +1)为奇函数，则F (0)= f (1)=0，
故f (−1)=−f (1)=0，其它三个选项未知.
故选：B.
6．（2021·全国·高考真题）设f (x)是定义域为R 的奇函数，且f (1+ x)= f (−x).若f(−1
3)= 1
3，则f(
5
3)=
（ ）
A．−5
3
B．−1
3
C．1
3
D．5
3
【解题思路】由题意利用函数的奇偶性和函数的递推关系即可求得f(
5
3)的值.
【解答过程】由题意可得：f(
5
3)= f(1+ 2
3)= f(−2
3)=−f(
2
3)，
而f(
2
3)= f(1−1
3)= f(
1
3)=−f(−1
3)=−1
3，
故f(
5
3)= 1
3.
故选：C.
7．（2020·山东·统考高考真题）已知函数f (x)的定义域是R，若对于任意两个不相等的实数x1，x2，总有
f (x2)−f (x1)
x2−x1
>0成立，则函数f (x)一定是（ ）
A．奇函数
B．偶函数
C．增函数
D．减函数
【解题思路】利用函数单调性定义即可得到答案.
【解答过程】对于任意两个不相等的实数x1，x2，总有
f (x2)−f (x1)
x2−x1
>0成立，
等价于对于任意两个不相等的实数x1< x2，总有f (x1)<f (x2).
所以函数f (x)一定是增函数.
故选：C.
8．（2020·山东·统考高考真题）若定义在R的奇函数f(x)在(−∞,0)单调递减，且f(2)=0，则满足
xf ( x−1)≥0的x 的取值范围是（ ）
A．[−1,1]∪[3,+ ∞)
B．[−3,−1]∪[0,1]
C．[−1,0]∪[1,+ ∞)
D．[−1,0]∪[1,3]
【解题思路】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数f ( x)在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大
于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.
【解答过程】因为定义在R上的奇函数f ( x)在(−∞,0)上单调递减，且f (2)=0，
所以f ( x)在(0,+∞)上也是单调递减，且f (−2)=0，f (0)=0，
所以当x∈(−∞,−2)∪(0,2)时，f ( x)>0，当x∈(−2,0)∪(2,+∞)时，f ( x)<0，
所以由xf ( x−1)≥0可得：
¿或¿或x =0
解得−1≤x ≤0或1≤x ≤3，
所以满足xf ( x−1)≥0的x的取值范围是[−1,0]∪[1,3]，
故选：D.
9．（2021·全国·统考高考真题）设函数f (x)的定义域为R，f (x +1)为奇函数，f (x +2)为偶函数，当
x∈[1,2]时，f ( x)=a x
2+b．若f (0)+ f (3)=6，则f(
9
2)=（ ）
A．−9
4
B．−3
2
C．7
4
D．5
2
【解题思路】通过f (x +1)是奇函数和f (x +2)是偶函数条件，可以确定出函数解析式f (x)=−2 x
2+2，进
而利用定义或周期性结论，即可得到答案．
【解答过程】[方法一]：
因为f (x +1)是奇函数，所以f (−x +1)=−f (x +1)①；
因为f (x +2)是偶函数，所以f (x +2)= f (−x +2)②．
令x =1，由①得：f (0)=−f (2)=−(4 a+b)，由②得：f (3)= f (1)=a+b，
因为f (0)+ f (3)=6，所以−(4 a+b)+a+b=6⇒a=−2，
令x =0，由①得：f (1)=−f (1)⇒f (1)=0⇒b=2，所以f (x)=−2 x
2+2．
思路一：从定义入手．
f(
9
2)= f(
5
2 +2)= f(−5
2 +2)= f(−1
2)
f(−1
2)= f(−3
2 +1)=−f(
3
2 +1)=−f(
5
2)
−f(
5
2)=−f(
1
2 +2)=−f(−1
2 +2)=−f(
3
2)
所以f(
9
2)=−f(
3
2)= 5
2．
[方法二]：
因为f (x +1)是奇函数，所以f (−x +1)=−f (x +1)①；
因为f (x +2)是偶函数，所以f (x +2)= f (−x +2)②．
令x =1，由①得：f (0)=−f (2)=−(4 a+b)，由②得：f (3)= f (1)=a+b，
因为f (0)+ f (3)=6，所以−(4 a+b)+a+b=6⇒a=−2，
令x =0，由①得：f (1)=−f (1)⇒f (1)=0⇒b=2，所以f (x)=−2 x
2+2．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数f (x)的周期T = 4．
所以f(
9
2)= f(
1
2)=−f(
3
2)= 5
2．
故选：D．
10．（2022·全国·统考高考真题）已知函数f ( x),g( x)的定义域均为R，且
f ( x)+ g(2−x)=5, g( x)−f ( x−4)=7．若y = g( x)的图像关于直线x =2对称，g(2)= 4，则∑
k =1
22
f (k )=
（ ）
A．−21
B．−22
C．−23
D．−24
【解题思路】根据对称性和已知条件得到f ( x)+ f ( x−2)=−2，从而得到f (3)+ f (5)+…+ f (21)=−10，
f (4)+ f (6)+…+ f (22)=−10，然后根据条件得到f (2)的值，再由题意得到g(3)=6从而得到f (1)的值即
可求解.
【解答过程】因为y = g( x)的图像关于直线x =2对称，
所以g(2−x)= g(x +2)，
因为g( x)−f ( x−4)=7，所以g( x +2)−f ( x−2)=7，即g( x +2)=7+ f ( x−2)，
因为f ( x)+ g(2−x)=5，所以f ( x)+ g( x +2)=5，
代入得f ( x)+[7+ f ( x−2)]=5，即f ( x)+ f ( x−2)=−2，
所以f (3)+ f (5)+…+ f (21)=(−2)×5=−10，
f (4)+ f (6)+…+ f (22)=(−2)×5=−10.
因为f ( x)+ g(2−x)=5，所以f (0)+ g(2)=5，即f (0)=1，所以f (2)=−2−f (0)=−3.
因为g( x)−f ( x−4)=7，所以g( x + 4)−f ( x)=7，又因为f ( x)+ g(2−x)=5，
联立得，g(2−x)+ g(x + 4)=12，
所以y = g( x)的图像关于点(3,6)中心对称，因为函数g( x)的定义域为R，
所以g(3)=6
因为f ( x)+ g( x +2)=5，所以f (1)=5−g(3)=−1.
所以
∑
❑
❑
k =1
22
f (k )= f (1)+ f (2)+[f (3)+ f (5)+…+ f (21)]+[f (4)+ f (6)+…+ f (22)]=−1−3−10−10=−24.
故选：D.
