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专题一 函数与导数
第1 讲 函数的图象与性质
【真题再现●明考向】
1．对函数图象的考查主要有两个方面：一是识图，二是用图，即利用函数的图
象，通过数形结合的思想解决有关函数性质的问题．
2．求函数零点所在的区间、零点的个数及参数的取值范围是高考的常见题型，
主要以选填题的形式出现．
【考情分析●明方向】
1．(2025·新课标全国Ⅰ卷)设f(x)是定义在R 上且周期为2 的偶函数，当
2≤x≤3 时，f(x)＝5－2x，则f＝( )
A．－
B．－
C．
D．
【答案】 A
【解析】 由题知f(x)＝f(－x)，f(x＋2)＝f(x)对一切x∈R 成立，于是f＝f＝f＝5
－2×＝－.故选A．
2．(多选)(2024·新课标全国Ⅱ卷)已知f(x)是定义在R 上的奇函数，且当x>0
时，f(x)＝(x2－3)ex＋2，则( )
A．f(0)＝0
B．当x<0 时，f(x)＝－(x2－3)e－x－2
C．f(x)≥2 当且仅当x≥
D．x＝－1 是f(x)的极大值点
【答案】 ABD
【解析】 因为f(x)是定义在R 上奇函数，则f(0)＝0，故A 正确；当x<0 时，
－x>0，则f(x)＝－f(－x)＝－{[(－x)2－3]e－x＋2}＝－(x2－3)e－x－2，故B 正确；
f(－1)＝－(1－3)e－2＝2(e－1)>2，故C 错误；当x<0 时，f(x)＝(3－x2)e－x－2，
则f′(x)＝－(3－x2)e－x－2xe－x＝(x2－2x－3)e－x，令f′(x)＝0，解得x＝－1 或
3(舍去)，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，当x∈(－1，0)
时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，则x＝－1 是f(x)的极大值点，故D 正确．故
选ABD．
3．(2025·北京高考)为得到函数y＝9x的图象，只需把函数y＝3x的图象上的所有
点( )
A．横坐标变成原来的倍，纵坐标不变
B．横坐标变成原来的2 倍，纵坐标不变
C．纵坐标变成原来的倍，横坐标不变
D．纵坐标变成原来的3 倍，横坐标不变
【答案】 A
【解析】 因为y＝9x＝32x，所以将函数y＝3x的图象上所有点的横坐标变成原
来的倍，纵坐标不变，即可得到函数y＝9x的图象，故选A．
4．(2025·天津高考)已知函数y＝f(x)的图象如图，则f(x)的解析式可能为( )
A．f(x)＝
B．f(x)＝
C．f(x)＝
D．f(x)＝
【答案】 D
【解析】 由题图可知函数为偶函数，而函数f(x)＝和函数f(x)＝为奇函数，故
排除选项A、B；又当x∈(0，1)时1－x2>0，x2－1<0，此时f(x)＝>0，f(x)＝
<0，由题图可知当x∈(0，1)时，f(x)<0，故C 不符合，D 符合．故选D．
5．(2024·新课标全国Ⅰ卷)已知函数为f(x)＝在R 上单调递增，则a 取值的范围
是( )
A．(－∞，0]
B．[－1，0]
C．[－1，1]
D．[0，＋∞)
【答案】 B
【解析】 因为f(x)在R 上单调递增，且x≥0 时，f(x)＝ex＋ln(x＋1)单调递增，
则需满足
解得－1≤a≤0，即a 的范围是[－1，0]．故选B.
6．(2024·新课标全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝(x＋a)ln(x＋b)，若f(x)≥0，则a2＋b2的
最小值为( )
A．
B．
C．
D．1
【答案】 C
【解析】 方法一：由题意可知：f(x)的定义域为(－b，＋∞)，令x＋a＝0 解得
x＝－a；令ln(x＋b)＝0 解得x＝1－b；若－a≤－b，当x∈(－b，1－b)时，可
知x＋a>0，ln(x＋b)<0，此时f(x)<0，不符合题意；若－b<－a<1－b，当x∈(－
a，1－b)时，可知x＋a>0，ln(x＋b)<0，此时f(x)<0，不符合题意；若－a＝1－
b，当x∈(－b，1－b)时，可知x＋a<0，ln(x＋b)<0，此时f(x)>0；当x∈[1－b，
＋∞)时，可知x＋a≥0，ln(x＋b)≥0，此时f(x)≥0；可知若－a＝1－b，符合题
意；若－a>1－b，当x∈(1－b，－a)时，可知x＋a<0，ln(x＋b)>0，此时
f(x)<0，不符合题意；综上所述：－a＝1－b，即b＝a＋1，则a2＋b2＝a2＋(a＋
1)2＝22＋≥，当且仅当a＝－，b＝时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为.
方法二：由题意可知：f(x)的定义域为(－b，＋∞)，令x＋a＝0 解得x＝－a；令
ln(x＋b)＝0 解得x＝1－b；则当x∈(－b，1－b)时，ln(x＋b)<0，故x＋a≤0，所
以1－b＋a≤0；x∈(1－b，＋∞)时，ln(x＋b)>0，故x＋a≥0，所以1－b＋
a≥0；故1－b＋a＝0， 则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝22＋≥，当且仅当a＝－，b＝
时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为.故选C．
7．(多选)(2023·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋
x2f(y)，则( )
A．f(0)＝0
B．f(1)＝0
C．f(x)是偶函数
D．x＝0 为f(x)的极小值点
【答案】 ABC
【解析】 方法一：因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，令x＝y＝0，f(0)＝0f(0)＋0f(0)＝
0，故A 正确；令x＝y＝1，f(1)＝1×f(1)＋1×f(1)，则f(1)＝0，故B 正确；令x
＝y＝－1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，令y＝－1，f(－x)＝f(x)
＋x2f(－1)＝f(x)，又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C 正确；不
妨令f(x)＝0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D 错误．
方法二：因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)．令x＝y＝0，f(0)＝0f(0)＋0f(0)＝0，故A 正
确；令x＝y＝1，f(1)＝1×f(1)＋1×f(1)，则f(1)＝0，故B 正确；令x＝y＝－
1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，令y＝－1，f(－x)＝f(x)＋x2f(－
1)＝f(x)，又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C 正确；当x2y2≠0
时，对f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)两边同时除以x2y2，得到＝＋，故可以设＝ln|x|
(x≠0)，则f(x)＝当x>0 时，f(x)＝x2ln x，则f ′(x)＝2xln x＋x2·＝x(2ln x＋1)，
令f ′(x)<0，得0<x<e；令f ′(x)>0，得x>e；故f(x)在上单调递减，在上单调
递增，因为f(x)为偶函数，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，显然，此时
x＝0 是f(x)的极大值，故D 错误．故选ABC．
8．(2023·新课标全国Ⅱ卷)若f(x)＝(x＋a)ln 为偶函数，则a＝( )
A．－1
B．0
C．
D．1
【答案】 B
【解析】 因为f(x) 为偶函数，则 f(1)＝f(－1)，∴(1＋a)ln＝(－1＋a)ln 3，解
得a＝0，当a＝0 时，f(x)＝xln，(2x－1)(2x＋1)>0，解得x>或x<－，则其定义
域为或，关于原点对称．f(－x)＝(－x)ln＝(－x)ln＝(－x)ln－1＝xln＝f(x)，故此时
f(x)为偶函数．故选B.
9．(2025·北京高考)关于定义域为R 的函数f(x)，以下说法正确的有________.
①存在在R 上单调递增的函数f(x)使得f(x)＋f(2x)＝－x 恒成立；
②存在在R 上单调递减的函数f(x)使得f(x)＋f(2x)＝－x 恒成立；
③使得f(x)＋f(－x)＝cos x 恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个；
④使得f(x)－f(－x)＝cos x 恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个．
【答案】 ②③
【解析】 若存在R 上的增函数f(x)，满足f(x)＋f(2x)＝－x，则f(0)＋f(2×0)＝
－0 即f(0)＝0，故x>0 时，f(4x)>f(2x)>f(x)>0，故f(4x)＋f(2x)>f(x)＋f(2x)，故－
2x>－x 即x<0，矛盾，故①错误；取f(x)＝－x，该函数为R 上的减函数且f(x)＋
f(2x)＝－x，故该函数符合，故②正确；取f(x)＝cos x＋mx，m∈R，此时f(x)＋
f(－x)＝cos x，由m∈R 可得f(x)有无穷多个，故③正确；若存在f(x)，使得f(x)
－f(－x)＝cos x，令x＝0，则0＝cos 0，但cos 0＝1，矛盾，故满足f(x)－f(－x)
＝cos x 的函数不存在，故④错误．
【考点突破●提能力】
考点一 函数的概念与表示
【核心知识】
1．求函数的定义域时要注意三式
分式、根式、对数式，分式中的分母不能为零，偶次根式的被开方数非负，对
数的真数大于零．
2．复合函数的定义域
(1)若f(x)的定义域为[m，n]，则在f(g(x))中，m≤g(x)≤n，从中解得x 的范围即
为f(g(x))的定义域．
(2)若f(g(x))的定义域为[m，n]，则由m≤x≤n 确定的g(x)的范围即为f(x)的定义
域．
3．分段函数
分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，值域等于各段函数值域的并
集．
【方法技巧】
1．函数定义域的求解方法
(1)给出解析式的函数，其定义域是使得解析式有意义的自变量的取值集合，构
建不等式(组)求解即可．
(2) 若已知函数f(x) 的定义域为[a ，b] ，则复合函数f(g(x)) 的定义域可由
a≤g(x)≤b 求出．
(3)若已知函数f(g(x))的定义域为[a，b]，则由x∈[a，b]求得g(x)的值域即可．
2．处理分段函数问题的基本策略
(1)确定自变量的取值范围属于哪个区间，再选取相应的对应关系，离开分段区
间讨论分段函数毫无意义的．
(2)画出函数的图象，结合图象可将代数问题直接地分析判断出来．
【典例研析】
1．(1)(2025·扬州校级模拟)已知函数y＝f(x)的定义域为[0，1]，则函数y＝的定
义域为( )
A．[1，2]
B．[－1，0]
C．∪
D．∪
(2)(2025·海淀区校级模拟)已知f(x)＝的值域为R，那么实数a 的取值范围是(
)
A．
B．
C．
D．
(3)(2025·上海宝山二模)已知函数f(x)＝则f(4)＝________.
【答案】 (1)C (2)A (3)2
【解析】 (1)因为y＝f(x)的定义域是[0，1]，所以0≤x≤1，根据抽象函数定义
域求法，在函数y＝中，解得－1≤x≤0 且x≠－，则定义域为∪.故选C．
(2)当x≥1 时，函数f(x)＝log7x 在[1，＋∞)上单调递增，其取值集合为[0，＋
∞)，而函数f(x)的值域为R，因此函数f(x)在(－∞，1)上的取值集合包含(－
∞，0)，当1－2a＝0 时，函数f(x)＝(1－2a)x＋5a 在(－∞，1)上的值为常数，
不符合要求，当1－2a＜0 时，函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，取值集合是(1
＋3a，＋∞)，不符合要求，于是得1－2a＞0，函数f(x)在(－∞，1)上单调递
增，取值集合是(－∞，1＋3a)，则解得－≤a＜，所以实数a 的取值范围是.故
选A．
(3)由题意可得f(4)＝f(2)＝f(0)＝02＋2＝2.
【跟踪训练】
1．(2025·辽宁大连一模)已知f(x－1)＝ex，则f(2)＝( )
A．e
B．2e
C．e2
D．e3
【答案】 D
【解析】 令x－1＝t∈R，则x＝t＋1，所以f(t)＝et＋1，即f(x)＝ex＋1，则f(2)＝
e3.故选D．
2．(2025·河北模拟预测)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∀x>0，y>0，都有
f(xy)＝f(x)＋f(y)，且f＝－1，则f(64)＝( )
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】 A
【解析】 因为f＝f＋f，f＝－1，所以f＝－，又f(1)＝f(1)＋f(1)，有f(1)＝0，
又由f(1)＝f＋f(2)，有f(2)＝，故f(4)＝2f(2)＝1，f(64)＝2f(8)＝2[f(2)＋f(4)]＝3.
故选A．
3．(2025·山西模拟)已知函数y＝f(2x－1)的定义域是[－1，3]，则y＝的定义域
是( )
A．(－2，5]
B．(－2，3]
C．[－1，3]
D．[－2，5]
【答案】 A
【解析】 由函数y＝f(2x－1)的定义域是[－1，3]，得－3≤2x－1≤5，因此在
函数y＝中，解得－2＜x≤5.所以函数y＝的定义域为(－2，5]．故选A．
考点二 函数的图象
【核心知识】
1．作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换
有平移变换、伸缩变换、对称变换．
2．利用函数图象可以判断函数的单调性、奇偶性，作图时要准确画出图象的特
点．
【方法技巧】
1．识图的三种常用方法
(1)抓住函数的性质，定性分析：
①由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、
下位置；
②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；
③由函数的奇偶性，判断图象的对称性；
④由函数的周期性，判断图象的循环往复．
(2)抓住函数的特征，定量计算：
从函数的特征点，利用特征点、特殊值的计算分析解决问题．
(3)根据实际背景、图形判断函数图象的方法：
①根据题目所给条件确定函数解析式，从而判断函数图象(定量分析)；
②根据自变量取不同值时函数值的变化、增减速度等判断函数图象(定性分
析)．
2．由图象确定函数解析式的方法
(1)根据已知或作出的函数图象，从最高点、最低点，分析函数的最值；
(2)从图象的对称性，分析函数的奇偶性；
(3)从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性；
(4)从图象与x 轴的交点情况，分析函数的零点．
【典例研析】
2．(1)(2025·天津校级模拟)若函数f(x)的部分图象如图所示，则f(x)的解析式可
能为( )
A．f(x)＝
B．f(x)＝
C．f(x)＝
D．f(x)＝
(2)(2025·河北区一模)函数f(x)＝(2－x－2x)·cos x 的图象大致为( )
A B
C D
(3)(2024·广东佛山二模)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
(4)(2025·安顺模拟)函数f(x)＝的部分图象如图(粗实曲线)，则a＝( )
A．8
B．6
C．4
D．2
【答案】 (1)D (2)C (3)A (4)B
【解析】 (1)由函数图象可得，f(x)为偶函数，图象关于y 轴对称，排除选项
A，因为f(0)＜0，排除选项B；对于C，当x≥0 时，f(x)＝＝x－1，图象为一条
射线，不符合题意；对于D，函数定义域为R，f(－x)＝＝f(x)，即f(x)为偶函
数，又f(0)＝－3＜0，符合题意，D 正确．故选D．
(2)因为f(－x)＝(2x－2－x)cos(－x)＝－(2－x－2x)cos x＝－f(x)，所以f(x)是奇函
数，图象关于原点对称，故A、B 错误；又由f(2)＝(2－2－22)·cos 2＝－·cos 2＞
0，故D 错误，C 正确．故选C．
(3)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，t，从而可以
求得f(t)＝t·t＝，当1<t≤2 时，阴影部分可以看作大三角形减去一个小三角形，
可求得f(t)＝－＝－t2＋2t－，所以f(t)＝从而可知选项A 的图象满足题意．
(4)根据题意，函数f(x)＝，则有x2＋bx＋c≠0，由函数图象可知，函数定义域为
{x|x≠－1 且x≠3}，故方程x2＋bx＋c＝0 的解为x＝－1，x＝3，则有即解可得
又由函数图象经过点(0，－2)，即f(0)＝＝－2，变形可得a＝6.故选B.
【跟踪训练】
4．(2025·新疆校级一模)函数f(x)＝的部分图象大致为( )
A B C D
【答案】 D
【解析】 根据题意，f(x)＝＝，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f(－x)＝
＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，排除B 项；又由f(1)＝＞0，排除C 项；当x→＋
∞时，f(x)→＋∞，排除A 项．
5. (2025·辽宁二模)函数f(x)的部分图象大致如图所示，则f(x)的解析式可能是(
)
A．f(x)＝
B．f(x)＝
C．f(x)＝
D．f(x)＝
【答案】 B
【解析】 根据题意，用排除法分析：对于A，f(x)＝，当x→＋∞时，
f(x)→0，A 错误；对于C，f(x)＝，当x→＋∞时，f(x)→0，C 错误；对于D，f(x)
＝，f(1)＝＝＞1，D 错误．故选B.
6．(2025·玉溪二模)已知函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象如图所示，则函数y＝
f(x)·g(x)的图象可能是( )
A B C D
【答案】 B
【解析】 由f(x)的图象可知当x＜0 时，函数值先正后负，而此时g(x)的函数
值一直为正值，故f(x)·g(x)的函数值应该是先正后负，当x＞0 时，f(x)的函数值
先负后正，而g(x)的函数值一直为负，故f(x)·g(x)的函数值应该是先正后负，故
选B.
考点三 函数的性质
【核心知识】
1．函数的奇偶性
(1)定义：若函数的定义域关于原点对称，则有：f(x)是偶函数⇔f(－x)＝f(x)＝f(|
x|)；
f(x)是奇函数⇔f(－x)＝－f(x)．
(2)判断方法：定义法、图象法、奇偶函数性质法(如奇函数×奇函数是偶函
数)．
2．函数单调性判断方法：定义法、图象法、导数法．复合函数的单调性牢记
“同增异减”．
3．奇函数在其图象关于原点对称的单调区间内有相同的单调性，偶函数在其图
象关于原点对称的单调区间内有相反的单调性，即“奇同偶反”．
4．函数的周期性
(1)周期函数：对于函数y＝f(x)，如果存在一个非零常数T，使得当x 取定义域
内的任何值时，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就称函数y＝f(x)为周期函数，称T 为这
个函数的周期．
(2)最小正周期：如果在周期函数f(x)的所有周期中存在一个最小的正数，那么
这个最小正数就叫做f(x)的最小正周期．
(3)常见结论：若f(x＋a)＝－f(x)，则T＝2a；若f(x＋a)＝，则T＝2a；若f(x＋a)
＝－，则T＝2a.
5．函数的对称性
(1)①若函数y＝f(x)关于直线x＝a 对称，则f(a－x)＝f(a＋x)；
②若函数y＝f(x)满足f(a－x)＝－f(a＋x)，则函数关于点(a，0)对称．
(2)两个函数图象的对称
①函数y＝f(x)与y＝f(－x)关于y 轴对称；
②函数y＝f(x)与y＝－f(x)关于x 轴对称；
③函数y＝f(x)与y＝－f(－x)关于原点对称．
(3)对称性的3 个常用结论
①若函数y＝f(x＋a)是偶函数，则函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a 对称．
②若对于R 上的任意x 都有f(2a－x)＝f(x)或f(－x)＝f(2a＋x)，则y＝f(x)的图象
关于直线x＝a 对称．
③若函数y＝f(x＋b)是奇函数，则函数y＝f(x)的图象关于点(b，0)中心对称．
【方法技巧】
1．函数单调性应用问题的常见类型和解题策略
(1)比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间，然后利用函数单调
性解决；
(2)在求解抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”脱掉，将
其转化为具体的不等式求解，此时应特别注意函数的定义域；
(3)利用单调性求解最值问题，应先确定函数的单调性，然后再由单调性求解；
(4)利用单调性求参数时，通常把参数视为已知数，根据函数的图象和单调性定
义，确定函数的单调区间，将其转化到同一单调区间比较求参数．
2．利用奇偶性及周期性的解题策略
利用函数奇偶性求值，先利用周期性将所求的函数值的自变量转化到已知解析
式的函数定义域内，代入解析式即可求出函数值．当函数既具有奇偶性又具有
对称性时，先利用周期性和对称性确定函数的周期，再利用奇偶性和周期性进
行变换，将所求得函数值的自变量转化到已知函数的定义域内求解．
【典例研析】
3．(1)(多选)(2025·汉中模拟)若函数f(x)＝x，则( )
A．f()＝
B．f(x)的最小值为0
C．f(x)是奇函数
D．f(x)的定义域为(－∞，－1]∪[1，＋∞)
(2)(2025·黑龙江二模)已知函数f(x)＝(其中a＞0 且a≠1)，若对∀x1，x2∈R，
x1≠x2，都有＞2，则实数a 的取值范围为( )
A．[6，8]
B．[2，6]
C．
D．
(3)(多选)(2025·芙蓉区校级模拟)已知函数f(x)是定义在R 上的偶函数，且f(x＋1)
＝f(3－x)，当0≤x≤2 时，f(x)＝2x＋x－1，则下列结论正确的是( )
A．f(x)的图象关于直线x＝－2 对称
B．f(x)＝f(x＋4)
C．当x∈[－2，0]时，f(x)的值域是[－5，0]
D．当x∈[10，12]时，f(x)＝212－x－x＋11
(4)(多选)(2025·南岗区校级一模)已知函数y＝f(2x＋1)的图象关于点(1，0)对称，
函数y＝f(x＋1)的图象关于直线x＝1 对称，则下列说法正确的为( )
A．4 是f(x)的一个周期
B．f(x)是偶函数
C．f(k)＝1
D．f(1＋x)＋f(1－x)＝0
【答案】 (1)ACD (2)A (3)ABD (4)ABD
【解析】 (1)根据题意，函数f(x)＝x，对于D，必有x2－1≥0，解可得x≤－1
或x≥1，即函数的定义域为(－∞，－1]∪[1，＋∞)，故D 正确；对于A，f()＝
×＝，故A 正确；对于B，因为f(－2)＜0，所以f(x)的最小值不是0，故B 错
误；对于C，因为f(－x)＝－x＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，故C 正确．故选
ACD．
(2)不妨设x1＜x2，由＞2，得f(x2)－2x2＞f(x1)－2x1，令g(x)＝f(x)－2x，则g(x)在
R 上单调递增，因为g(x)＝
所以解得6≤a≤8，所以a 的取值范围是[6，8]．故选A．
(3)因为f(x＋1)＝f(3－x)，则f(x)关于直线x＝2 对称，则f(－x)＝f(x＋4)，因为函
数f(x)是定义在R 上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则f(x)＝f(x＋4)，则B 正确，则
f(－x)＝f(x)＝f(x－4)，则f(x)的图象关于直线x＝－2 对称，故A 正确；对C，因
为函数f(x)是定义在R 上的偶函数，则当x∈[－2，0]时，f(x)的值域与x∈[－
2，0]时值域相同，当0≤x≤2 时，f(x)＝2x＋x－1，显然其为增函数，则f(x)的
值域为[f(0)，f(2)]，即[0，5]，故C 错误；对D，当x∈[－2，0]时，－x∈[0，
2]，则f(x)＝f(－x)＝2－x－x－1，当x∈[10，12]时，x－12∈[－2，0]，根据f(x)
的周期为4，则f(x)＝f(x－12)＝212－x－x＋11，故D 正确．故选ABD．
(4)已知函数y＝f(2x＋1)的图象关于点(1，0)对称，函数y＝f(x＋1)的图象关于直
线x＝1 对称，所以f(2x＋1)＋f[2(2－x)＋1]＝0，即f(2x＋1)＋f(5－2x)＝0，用x
代换上式中的2x 可得f(x＋1)＋f(5－x)＝0，所以f(x)关于点(3，0)对称，又因为
函数y＝f(x＋1)的图象关于直线x＝1 对称，所以函数f(x)的图象关于直线x＝2
对称，即f(x＋1)＝f(3－x)，又f(x＋1)＋f(5－x)＝0，所以f(3－x)＋f(5－x)＝0，
所以f[3－(3－x)]＋f[5－(3－x)]＝0，所以f(2＋x)＝－f(x)，所以f(4＋x)＝－f(2＋
x)＝f(x)，所以函数f(x)的周期为4，故A 正确；因为f(x)＝－f(2＋x)，所以f(－x)
＝－f(2－x)，因为函数f(x)的图象关于直线x＝2 对称，所以f(x＋2)＝f(2－x)，
所以f(x)＝f(－x)，所以f(x)是偶函数，故B 正确；因为f(x)关于点(3，0)对称，
f(2)＋f(4)＝0，因为f(2＋x)＝－f(x)，令x＝1 可得f(1)＝－f(3)，又f(x)关于直线x
＝2 对称，所以f(1)＝f(3)＝0，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝0，所以f(k)＝4×506
＋1＝f(1)＝0，故C 不正确；因为f(2＋x)＝－f(x)，所以f(1＋x)＝－f(x－1)，即
f(1＋x)＋f(1－x)＝0，故D 正确．故选ABD．
【跟踪训练】
7．(2025·沧州模拟)已知函数f(x)是定义在R 上的奇函数，当x＜0 时，f(x)＝ex，
那么f(ln 3)的值为( )
A．
B．－3
C．3
D．－
【答案】 D
【解析】 根据题意，ln 3＞ln 1＝0，又由f(x)是定义在R 上的奇函数，所以
f(ln 3)＝－f＝－e＝－，故选D．
8．(多选)(2025·华安县校级模拟)定义在R 上的偶函数f(x)，满足f(x＋2)－f(x)＝
f(1)，则( )
A．f(1)＝0
B．f(1－x)＋f(1＋x)＝0
C．f(1＋2x)＝f(1－2x)
D．f(i)＝10
【答案】 AC
【解析】 ∵f(x)为定义在R 上的偶函数，∴f(－x)＝f(x)，又f(x＋2)－f(x)＝f(1)，
∴当x＝－1 时，有f(1)－f(－1)＝f(1)，即f(－1)＝f(1)＝0，A 正确；∴原条件化
为f(x＋2)－f(x)＝0，即f(x＋2)＝f(x)，①.∴f(x)是以2 为周期的周期函数．在①
中，令x＝0，得f(2)＝f(0)，但不能确定f(0)是否为0，∴f[1－(－1)]＋f[1＋(－1)]
不一定为0，即f(1－x)＋f(1＋x)＝0 不一定成立，B 错误；在①中，用－x 替换
x，得f(2－x)＝f(－x)＝f(x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1 对称，∴f(1＋2x)＝f(1－
2x)，C 正确；∵f(1)＝f(3)＝f(5)＝…＝f(19)＝0，f(0)＝f(2)＝f(4)＝…＝f(20)，但
f(2)的值无法确定，∴f(i)的值不确定，D 错误．故选AC．
【限时训练】（限时：120 分钟）
一、单项选择题：本题共8 小题，每小题5 分，共40 分．在每小题给出的四个
选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2025·余姚市校级模拟)下列各组函数是同一函数的是( )
A．f(x)＝x2与g(x)＝(x＋1)2
B．f(x)＝与g(x)＝x
C．f(x)＝与g(x)＝
D．f(x)＝·与g(x)＝
【答案】 C
【解析】 对于A，f(x)＝x2，x∈R，g(x)＝(x＋1)2，x∈R，两函数的对应关系
不同，不是同一函数；对于B，f(x)＝＝－x，x∈(－∞，0]，g(x)＝x，x∈(－
∞，0]，两函数的对应关系不同，不是同一函数；对于C，f(x)＝＝1，x∈(－
∞，0)∪(0，＋∞)，g(x)＝＝1，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，两函数的定义域相
同，对应关系也相同，是同一函数；对于D，f(x)＝·，x∈[3，＋∞)，g(x)＝，
x∈(－∞，－3]∪[3，＋∞)，两函数的定义域不同，不是同一函数．故选C．
2．(2025·保山校级二模)已知函数f(x)＝2＋ln(ex＋a)是偶函数，则a＝( )
A．
B．
C．0
D．1
【答案】 D
【解析】 因为函数f(x)＝2＋ln(ex＋a)是偶函数，可得f(x)＝f(－x)，所以2＋
ln(ex＋a)＝2＋ln(e－x＋a)，整理得x＝ln＝ln＝x＋ln，恒成立，所以ln＝0，可得
ex(1－a)＝1－a，易得a＝1.故选D．
3．(2025·丰城市校级模拟)已知函数f(x)＝则不等式f(a2－1)＞f(3)的解集为( )
A．(－2，2)
B．(0，＋∞)
C．(－∞，0)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
【答案】 A
【解析】 函数y＝在(－∞，0)上单调递减，y＝在[0，＋∞)上单调递减，且
＝，所以f(x)在定义域R 上单调递减，因为f(a2－1)＞f(3)，所以a2－1＜3，解得
－2＜a＜2.故选A．
4．(2025·永州模拟)已知f(x)＝(x>0)，则f(x)的最小值是( )
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】 D
【解析】 令t＝x＋1(x>0)，所以x＝t－1(t>1)．所以f(x)＝(x>0)转化为y＝
(t>1)，即y＝＝t＋＋1(t>1)，又函数y＝t＋＋1 在(1，2)上单调递减，在区间(2，
＋∞)上单调递增，所以当t＝2 时，y 取到最小值，最小值为5；即当x＝1 时，
f(x)取到最小值，最小值为5.故选D．
5．(2025·临潼区二模)函数y＝的图象大致为( )
A B C D
【答案】 A
【解析】 函数定义域为R，f(－x)＝＝－f(x)，即f(x)为奇函数，排除选项C；
因为f(1)＝＞0，排除选项D；当x＞0 时，f(x)＞0，x→＋∞时，y＝x3比y＝2x的
增长速度慢，即x→＋∞时，f(x)→0，排除选项B.故选A．
6．(2025·云南一模)已知函数f(x)是定义在R 上的偶函数，且当x>0 时，f(x)＝x2
－x＋1.若f(x)≥x＋b 对任意的x∈R 恒成立，则实数b 的取值范围是( )
A．(－∞，－1]
B．
C．(－∞，0]
D．
【答案】 C
【解析】 当x>0 时，f(x)＝x2－x＋1≥x＋b 对任意的x>0 恒成立，令x2－x＋1
＝x＋b，所以x2－2x＋1－b＝0，令Δ＝4－4＝0，则b＝0，故当b＝0 时，直线
y＝x 与f(x)＝x2－x＋1 相切，此时f(x)＝x2－x＋1≥x＋b 对任意的x>0 恒成立，
结合图象以及f(x)是偶函数，可知y＝x 的图象往右平移即可满足f(x)≥x＋b 对任
意的x>0 恒成立，所以b≤0，故选C．
7．(2025·重庆二模)已知f(x)是定义在R 上的奇函数，且f(x＋2)＝f(x－2)．若
f(1)＝2，则f(k)＝( )
A．－2
B．0
C．2
D．4
【答案】 C
【解析】 因为f(x＋2)＝f(x－2)，可得f(x＋4)＝f(x)，可知函数f(x)的一个周期
为4，又因为f(x)是定义在R 上的奇函数，则f(0)＝0，则f(x＋4)＝f(x)＝－f(－
x)，即f(x＋4)＋f(－x)＝0，令x＝－1，可得f(3)＋f(1)＝0；令x＝－2，可得f(2)
＋f(2)＝0，即f(2)＝0，则f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝0，所以(k)＝f(1)＋f(2)＋2×0＝
2＋0＋0＝2.故选C．
8．(2025·江西南昌二模)已知函数f(x)满足f(x－y)f(y)＝2f(x)，f(x)≠0 且f(1)＝4，
则f(2－x)＋f(x)的最小值为( )
A．4
B．2
C．8
D．4
【答案】 C
【解析】 令y＝0 可得f(x)f(0)＝2f(x)，因为f(x)≠0，则f(0)＝2，令x＝2，y＝1
可得f(1)f(1)＝2f(2)＝16，解得f(2)＝8，令x＝2 可得f(2－y)f(y)＝2f(2)＝16，即
f(2－x)f(x)＝16，令x＝2y 可得2f(2y)＝f(y)f(y)，所以f(x)＝2>0，所以f(2－x)>0，
f(x)>0，由基本不等式可得f(2－x)＋f(x)≥2＝2＝8，当且仅当f(x)＝f(2－x)＝4
时，等号成立，当x＝1 时，等号成立，所以 f(2－x)＋f(x)的最小值为8.故选
C．
二、多项选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分．在每个小题给出的选
项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选
错的得0 分．
9．(2025·虹口区二模)下列函数中为偶函数的是( )
A．y＝
B．y＝x－2
C．y＝sin
D．y＝tan(x＋π)
【答案】 BC
【解析】 对于A，y＝的定义域为[0，＋∞)，是非奇非偶函数，不满足题意；
对于B，y＝x－2是定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，满足题意；对于
C，y＝sin＝cos x，是定义域R 上的偶函数，满足题意；对于D，y＝tan(x＋π)
＝tan x，是定义域，k∈Z 上的奇函数，不满足题意．故选BC．
10．(2025·吉林延边一模)设f(x)是R 上的奇函数，且对∀x∈R 都有f(2－x)＝
f(x)，当x∈[0，1]时，f(x)＝x2，则下列说法正确的是( )
A．f(x)的最大值是1，最小值是0
B．当3≤x≤4 时，f(x)＝－(x－4)2
C．点(1，0)是函数f(x)的对称中心
D．f(x)在区间(3，5)上是增函数
【答案】 BD
【解析】 因为f(x)是R 上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，又对∀x∈R 都有f(2
－x)＝f(x)，所以f(x)的图象关于x＝1 对称，因为f(2－x)＝－f(－x)，即f(2＋x)＝
－f(x)，所以f(4＋x)＝f(x)，所以是周期为4 的周期函数，又当x∈[0，1]时，f(x)
＝x2单调递增，所以f(x)在[－1，0]上单调递增，则f(x)在[－1，1]上单调递增，
由f(x)的图象关于x＝1 对称，得f(x)在[1，3]上单调递增，所以f(x)在[－1，3]上
的最大值是f(1)＝1，最小值是f(－1)＝－f(1)＝－1，故A 错误；当3≤x≤4
时，0≤4－x≤1，则f(x)＝－f(－x)＝－f(4－x)＝－(4－x)2，故B 正确；由对
∀x∈R 都有f(2－x)＝f(x)，得f(x)的图象关于x＝1 对称，故C 错误；由f(x)在[－
1，1]上单调递增，且周期为4，则f(x)在区间(3，5)上是增函数，故D 正确．故
选BD．
11．(2025·河南信阳二模)下列说法中不正确的是( )
A．已知f(2x)的定义域为(1，3)，则g(x)＝的定义域为(4，6)
B．已知函数f(x)是定义在R 上的偶函数，当x≤0 时，f(x)＝x(x＋1)，则f(x)的
解析式为f(x)＝x2－|x|
C．函数y＝的单调递减区间是[2，＋∞)
D．“－3<k<0”是“不等式2kx2＋kx－<0 对一切实数x 恒成立”的充要条件
【答案】 ACD
【解析】 对于A，由解得－1<x<3 且x≠2，所以g(x)＝的定义域为(－1，
2)∪(2，3)，错误；对于B，当x>0 时，所以－x<0，由偶函数性质可得f(x)＝
f(－x)＝－x(－x＋1)，所以f(x)＝即f(x)＝x2－|x|，正确；对于C，当x＝6 时，5
＋4x－x2＝5＋24－36<0，此时y＝无意义，错误；对于D，当k＝0 时，2kx2＋
kx－<0 即为－<0 恒成立，错误；故选ACD．
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分．
12．(2025·利津县校级模拟)函数f(x)＝＋log3x 的定义域为 ________.
【答案】 (0，1)
【解析】 由题意知，令解得0＜x＜1，
所以函数f(x)的定义域为(0，1)．
13．(2025·安徽模拟)函数y＝＋(x＞1)的值域为 ________.
【答案】
【解析】 根据题意，函数y＝＋(x＞1)，因为f(x)＝与g(x)＝在(1，＋∞)上均
为减函数，且当x→＋∞时，→0，→0，f(1)＝，g(1)＝1，故0＜y＜＋1＝，则y
＝＋(x＞1)的值域为.
14．(2025·焦作校级一模)若函数f(x)＝的最小值为f(0)，则实数m 的取值范围为
________.
【答案】 [－1，0]
【解析】 又因为当x＞0 时，函数f(x)＝x＋＋m≥2＋m＝m＋2，当且仅当x＝
1 时等号成立；如果最小值为f(0)可得f(0)≤m＋2，所以1≤m＋2，解得m≥－
1；当x≤0 时，函数f(x)＝x2＋mx＋1 关于直线x＝－对称，如果最小值为f(0)，
可知－≥0，所以m≤0.综上可知，实数m 的取值范围为[－1，0]．
