重难点03 函数性质的灵活运用【八大题型】
【新高考专用】
【题型1 函数的单调性的综合应用】......................................................................................................................3
【题型2 函数的最值问题】......................................................................................................................................5
【题型3 函数的奇偶性的综合应用】......................................................................................................................8
【题型4 函数的对称性的应用】............................................................................................................................10
【题型5 对称性与周期性的综合应用】................................................................................................................12
【题型6 类周期函数】............................................................................................................................................16
【题型7 抽象函数的性质】....................................................................................................................................19
【题型8 函数性质的综合应用】............................................................................................................................23
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，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.
【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
．
【题型1 函数的单调性的综合应用】
【例1】（2023·广东深圳·统考模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，若对∀x∈R都有
f (3+ x)= f (1−x)，且f (x)在(2，+ ∞)上单调递减，则f (1)，f (2)与f (4)的大小关系是（ ）
A．f (4)<f (1)<f (2)
B．f (2)<f (1)<f (4)
C．f (1)<f (2)<f (4)
D．f (4)<f (2)<f (1)
【解题思路】由f (3+ x)= f (1−x)，得到f (1)= f (3)，利用单调性即可判断大小关系，即可求解．
【解答过程】因为对∀x∈R都有f (3+ x)= f (1−x)，所以f (1)= f (3−2)= f [1−(−2)]= f (3)
又因为f (x)在(2，+ ∞)上单调递减，且2<3<4，
所以f (4)<f (3)<f (2)，即f (4)<f (1)<f (2)．
故选：A．
【变式1-1】（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）定义在R 上的函数f（x）满足f (2−x)= f (x)，
且当x ≥1时，f ( x)单调递增，则不等式f (2−x)≥f ( x +1)的解集为（ ）
A．[
1
2 ,+ ∞)
B．(0, 1
2]
C．(−∞,−1
2]
D．(−∞, 1
2]
【解题思路】根据函数的对称性和单调性即可.
【解答过程】由f (2−x)= f ( x)，得f ( x)的对称轴方程为x =1，故|(2−x)−1|≥|(x +1)−1|，即
(1−x)
2≥x
2，解得x ≤1
2．
故选：D.
【变式1-2】（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1-3】（2023·四川绵阳·统考三模）设函数f (x)为|x|−1与x
2−2ax +a+3中较大的数，若存在x使得
f (x)≤0成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．[−4
3 ,−1)∪(1,4]
B．(−∞,−4
3]∪[4 ,+∞)
C．(−∞, 1−√13
2 )∪(
1+√13
2
,4]
D．[−1,1]
【解题思路】根据绝对值函数的图像和二次函数讨论对称轴判定函数的图像即可求解.
【解答过程】因为f (x)=max {|x|−1, x
2−2ax +a+3}，
所以f (x)代表|x|−1与x
2−2ax +a+3两个函数中的较大者，
不妨假设g( x)=| x |−1,ℎ( x)= x
2−2ax +a+3
g( x)的函数图像如下图所示：
ℎ( x)= x
2−2ax +a+3是二次函数，开口向上，对称轴为直线x =a，
①当a<−1时，
ℎ( x)= x
2−2ax +a+3在[−1,1]上是增函数，
需要ℎ(−1)=(−1)
2−2a(−1)+a+3=3a+ 4≤0即a≤−4
3 ，
则存在x使得f (x)≤0成立，
故a≤−4
3 ；
②当−1≤a≤1时，
ℎ( x)= x
2−2ax +a+3在[−1,1]上是先减后增函数，
需要ℎ( x)min=ℎ(a)=a
2−2a⋅a+a+3=−a
2+a+3≤0，
即a
2−a−3≥0，
解得a≥1+√13
2
或a≤1−√13
2
，
又1+√13
2
>1，1−√13
2
<−1
故−1≤a≤1时无解；
③当a>1时，
ℎ( x)= x
2−2ax +a+3在[−1,1]上是减函数，
需要ℎ(1)=1
2−2a+a+3=−a+ 4≤0即a≥4，
则存在x使得f (x)≤0成立，
故a≥4.
综上所述，a的取值范围为(−∞,−4
3]∪[4 ,+∞).
故选：B.
【题型2 函数的最值问题】
【例2】（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2-1】（2023·全国·校联考三模）已知函数f (x)=bx−(b+3) x
3在[−1,1]上的最小值为−3，则实数b
的取值范围是（ ）
A．(−∞,−4]
B．[9,+∞)
C．[−4,9]
D．[−9
2 ,9]
【解题思路】由已知可得当−1≤x<1时，可得bx (1+ x)≥−3(x
2+ x +1)恒成立，通过分离变量，结合函数
性质可求b的取值范围
【解答过程】因为f (1)=−3，函数f (x)=bx−(b+3) x
3在[−1,1]上的最小值为−3，
所以对∀x∈[−1,1]，f (x)≥−3恒成立，
所以bx−(b+3) x
3≥−3恒成立，即bx(1−x
2)≥−3(1−x
3)恒成立，
当x =1时，b∈R，
当−1≤x<1时，可得bx (1+ x)≥−3(x
2+ x +1)恒成立.
当x =0或x =−1时，不等式显然成立；
当0< x<1时，b≥−3(x
2+ x +1)
x (1+ x)
=−3(1+
1
x
2+ x)，
因为x
2+ x∈(0,2)，所以
1
x
2+ x
∈(
1
2 ,+ ∞)，1+
1
x
2+ x
∈(
3
2 ,+∞)，−3(1+
1
x
2+ x)∈(−∞,−9
2)，
所以b≥−9
2；
当−1< x<0时，b≤−3(1+
1
x
2+ x)，
因为x
2+ x∈(−1
4 ,0)，所以
1
x
2+ x
∈(−∞,−4)，1+
1
x
2+ x
∈(−∞,−3)，−3(1+
1
x
2+ x)∈(9,+∞)，
所以b≤9.
综上可得，实数b 的取值范围是[−9
2 ,9].
故选：D.
【变式2-2】（2023 上·广东广州·高一校考阶段练习）定义一种运算min {a,b}=¿，设
f (x)=min{4 +2 x−x
2,|x−t|}（t为常数，且x∈[−3,3]，则使函数f (x)的最大值为4 的t的值可以是
（ ）
A．−2或4
B．6
C．4 或6
D．−4
【解题思路】根据定义，先计算y = 4 +2 x−x
2在x∈[−3,3]上的最大值，然后利用条件函数f ( x)最大值
为4，确定t的取值即可．
【解答过程】y = 4+2 x−x
2=−(x−1)
2+5在x∈[−3,3]上的最大值为5，
所以由4+2 x−x
2= 4，解得x =2或x =0，
所以x∈(0,2)时，y = 4 +2 x−x
2>4，
所以要使函数f ( x)最大值为4，则根据定义可知，
当t ≤1时，即x =2时，|2−t|= 4，此时解得t =−2，符合题意；
当t >1时，即x =0时，|0−t|= 4，此时解得t = 4，符合题意；
故t =−2或4.
故选：A.
【变式2-3】（2023·广东惠州·统考一模）若函数f (x)的定义域为D，如果对D中的任意一个x，都有
f (x)>0,−x∈D，且f (−x)f (x)=1，则称函数f (x)为“类奇函数”．若某函数g(x)是“类奇函数”，则
下列命题中，错误的是（ ）
A．若0 在g(x)定义域中，则g(0)=1
B．若g(x)max= g(4)= 4，则g(x)min= g(−4)= 1
4
C．若g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，则g(x)在(−∞,0)上单调递减
D．若g(x)定义域为R，且函数ℎ(x)也是定义域为R的“类奇函数”，则函数G (x)= g(x)ℎ(x)也是
“类奇函数”
【解题思路】对A，根据“类奇函数”的定义，代入x =0求解即可；
对B，根据题意可得g(−x)=
1
g(x)，再结合函数的单调性判断即可；
对C，根据g(−x)=
1
g(x)，结合正负分数的单调性判断即可；
对D，根据“类奇函数”的定义，推导G (x)G (−x)=1判断即可.
【解答过程】对于A，由函数g(x)是“类奇函数”，所以g(x)g(−x)=1，且g(x)>0，所以当x =0时，
g(0)g(−0)=1，即g(0)=1，故A 正确；
对于B，由g(x)g(−x)=1，即g(−x)=
1
g(x) ,g(−x)随g(x)的增大而减小，若g( x)max= g(4)= 4，则
g( x)min= g(−4)= 1
4 成立，故B 正确；
对于C，由g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，所以g(−x)=
1
g(x)，在x∈(0,+ ∞)上单调递减，设
t =−x∈(−∞,0)，∴g(t )在t ∈(−∞,0)上单调递增，即g(x)在x∈(−∞,0)上单调递增，故C 错误；
对于D，由g(x)g(−x)=1,ℎ(x)ℎ(−x)=1，所以G (x)G (−x)= g(x)g(−x)ℎ(x)ℎ(−x)=1，所以函数
G (x)= g(x)ℎ(x)也是“类奇函数”，所以D 正确；
故选：C.
【题型3 函数的奇偶性的综合应用】
【例3】（2023·广东·东莞市校联考一模）已知函数f ( x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f ( x)=ax +1，
若f (−2)=5，则不等式f ( x)> 1
2的解集为（ ）
A．(−∞,−1
2)∪(0, 1
6)
B．(−1
2 ,0)∪(0, 1
6)
C．(−∞,−1
2)∪(
1
6 ,+∞)
D．(−1
2 ,0)∪(
1
6 ,+ ∞)
【解题思路】根据条件可求得x>0时f ( x)的解析式，根据函数为奇函数继而可求得当x<0时f ( x)的解析
式，分情况解出不等式即可.
【解答过程】因为函数f ( x)是定义在R上的奇函数，
所以f (−2)=−f (2)=5，则f (2)=−5，
则2a+1=−5，所以a=−3，
则当x>0时，f ( x)=−3 x +1，
当x<0时，−x>0，
则f ( x)=−f (−x)=−[−3×(−x)+1] =−3 x−1，
则当x>0时，不等式f ( x)> 1
2为−3 x +1> 1
2，
解得0< x< 1
6，
当x<0时，不等式f ( x)> 1
2为−3 x−1> 1
2，
解得x<−1
2，
故不等式的解集为(−∞,−1
2)∪(0, 1
6)，
故选：A.
【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）已知函数f ( x)，g( x)的定义域均为R，f (3 x +1)为奇函数，
g( x +2)为偶函数，f ( x +1)+ g(1−x)=2，f (0)=−1
2，则∑
k =1
102
❑g(k )=（ ）
A．−51
B．5
2
C．415
2
D．409
2
【解题思路】由题意，根据函数奇偶性可得f ( x)的图象关于点(1,0)中心对称、g( x)的图象关于点(1,2)
中心对称，进而可知g( x)是以4 为周期的周期函数．求出g(1)，g(2)，g(3)，g(4)，结合周期即可求
解.
【解答过程】因为f (3 x +1)为奇函数，所以f ( x +1)为奇函数，
所以f ( x +1)=−f (−x +1)，f ( x)的图象关于点(1,0)中心对称，f (1)=0．
因为g( x +2)为偶函数，所以g( x +2)= g(−x +2)，g( x)的图象关于直线x =2对称．
由f ( x +1)+ g(1−x)=2，得f (−x +1)+ g(1+ x)=2，则−f ( x +1)+ g(1+ x)=2，
所以g( x +1)+ g(1−x)= 4 ,g( x)+ g(2−x)= 4，所以g( x)的图象关于点(1,2)中心对称．
因为g( x)的图象关于x =2轴对称，所以g( x)+ g(2+ x)= 4，g( x +2)+ g( x + 4)= 4，
所以g( x + 4)= g( x)，即g( x)是以4 为周期的周期函数．
因为f (1)=0，f (0)=−1
2，所以g(1)=2，g(2)= 5
2，g(3)= g(1)=2，g(4)= g(0)= 4−g(2)= 3
2，
所以∑
k =1
102
❑g(k )=25×(2+ 5
2 +2+ 3
2)+2+ 5
2 = 409
2 ．
故选：D．
【变式3-2】（2023·安徽亳州·蒙城第一中学校联考模拟预测）已知函数f (x)是定义在R上的偶函数，函数
g(x)是定义在R上的奇函数，且f (x)，g(x)在[0,+∞)上单调递减，则（ ）
A．f (f (2))>f (f (3))
B．f (g(2))<f (g(3))
C．g(g(2))> g(g(3))
D．g(f (2))< g(f (3))
【解题思路】利用函数的单调性以及函数的奇偶性，判断各选项的正负即可.
【解答过程】因为f (x)，g(x)在[0,+ ∞)上单调递减，f (x)是偶函数，g(x)是奇函数，
所以g(x)在R上单调递减，f (x)在(−∞,0]上单调递增，
对于A，f (2)>f (3)，但无法判断f (2),f (3)的正负，故A 不正确；
对于B，g(2)>g(3)，但无法判断g(2),g(3)的正负，故B 不正确；
对于C，g(2)>g(3)，g(x)在R上单调递减，所以g(g(2))< g(g(3))，故C 不正确；
对于D，f (2)>f (3)，g(x)在R上单调递减，g(f (2))< g(f (3))，故D 正确.
故选：D.
【变式3-3】（2023·江西吉安·江西省遂川中学校考一模）若定义在R上的函数f ( x)满足：对任意x1，
x2∈R有f ( x1+ x2)= f ( x1)+ f ( x2)−2016，且x>0时，f ( x)>2016，记f ( x)在[−2017，2017]上的最
大值和最小值为M，N，则M + N的值为（ ）
A．2016
B．2017
C．4032
D．4034
【解题思路】先计算得到f (0)=2016，再构造函数g( x)= f ( x)−2016，判断g( x)的奇偶性得出结论．
【解答过程】解：令x1= x2=0得f (0)=2f (0)−2016，∴f (0)=2016，
令x1=−x2得f (0)= f (−x2)+ f ( x2)−2016=2016，
∴f (−x2)+ f ( x2)= 4032，
令g( x)= f ( x)−2016，则gmax( x)= M −2016，gmin( x)= N −2016，
∵g(−x)+ g( x)= f (−x)+ f ( x)−4032=0，
∴g( x)是奇函数，
∴gmax( x)+ gmin( x)=0，即M −2016+ N −2016=0，
∴M + N = 4032．
故选：C．
【题型4 函数的对称性的应用】
【例4】（2023·江西赣州·统考二模）已知函数f ( x)的图像既关于点(−1,1)对称，又关于直线y = x对称，
且当x∈[−1,0]时，f ( x)= x
2，则f(
17
4 )=（ ）
A．−19
4
B．−9
2
C．−7
2
D．−17
4
【解题思路】用Γ表示函数y = f (x)的图像，设(x0, y0)∈Γ，根据中心对称性与轴对称性，得到
(4 + y0,−4+ x0)∈Γ，令4+ y0= 17
4 ，求出y0，即可求出x0，即可得解.
【解答过程】用Γ表示函数y = f (x)的图像，对任意的x0∈[−1,0]，
令y0= x0
2，则(x0, y0)∈Γ，且y0∈[0,1]，
又函数f ( x)的图像既关于点(−1,1)对称，且关于直线y = x对称，
所以( y0, x0)∈Γ，则(−2−y0,2−x0)∈Γ，则(2−x0,−y0−2)∈Γ，
则(−4+ x0,4+ y0)∈Γ，则(4 + y0,−4 + x0)∈Γ，
令4+ y0= 17
4 ，即y0= 1
4 ，此时x0=−1
2或x0= 1
2（舍去），
此时−4+ x0=−4+(−1
2)=−9
2，即(
17
4 ,−9
2)∈Γ，因此f(
17
4 )=−9
2.
故选：B.
【变式4-1】（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4-2】（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）函数f (x)和g(x)的定义域均为R，且
y = f (3+3 x)为偶函数，y = g(x +3)+2为奇函数，对∀x∈R，均有f (x)+ g(x)= x
2+1，则f (7)g(7)=
（ ）
A．615
B．616
C．1176
D．2058
【解题思路】由题意可以推出f (x)= f (6−x)，g(x)=−4−g(6−x)，再结合f (x)+ g(x)= x
2+1可得函数
方程组，解出函数方程组后再代入求值即可.
【解答过程】由函数f (3+3 x)为偶函数，则f (3+3 x)= f (3−3 x)，即函数f (x)关于直线x =3对称，故
f (x)= f (6−x)；
由函数g(x +3)+2为奇函数，则g(x +3)+2=−g(−x +3)−2，
整理可得g(x +3)+ g(−x +3)=−4，即函数g(x)关于(3,−2)对称，故g(x)=−4−g(6−x)；
由f (x)+ g(x)= x
2+1，可得f (6−x)+ g(6−x)=(6−x)
2+1，
所以f (x)−4−g(x)=(6−x)
2+1，故¿，
解得f (x)= x
2−6 x +21, g(x)=6 x−20，
所以f (7)=7
2−6×7+21=28, g(7)=6×7−20=22，
所以f (7)g(7)=28×22=616.
故选：B.
【变式4-3】（2023·甘肃张掖·高台县校考模拟预测）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5 对称性与周期性的综合应用】
【例5】（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.
【变式5-1】（2023·北京大兴·校考三模）已知函数f (x)对任意x∈R都有f (x +2)=−f (x)，且
f (−x)=−f (x)，当x∈(−1,1]时，f (x)= x
3.则下列结论正确的是（ ）
A．函数y = f (x)的图象关于点(k ,0)(k ∈Z)对称
B．函数y = f (x)的图象关于直线x =2k (k ∈Z)对称
C．当x∈[2,3]时，f (x)=(x −2)
3
D．函数y =|f (x)|的最小正周期为2
【解题思路】根据f (x +2)=−f (x)得到f (x +2)= f (x−2)，所以f (x)的周期为4，根据f (−x)=−f (x)得到
f (x)关于x =−1对称，画出f (x)的图象，从而数形结合得到AB 错误；再根据f (x)=−f (x−2)求出
x∈[2,3]时函数解析式；D 选项，根据y = f (x)的最小正周期，得到y =|f (x)|的最小正周期.
【解答过程】因为f (x +2)=−f (x)，所以f (x)=−f (x−2)，故f (x +2)= f (x−2)，
所以f (x)的周期为4，
又f (−x)=−f (x)，所以f (−x)= f (x−2)，故f (x)关于x =−1对称，
又x∈(−1,1]时，f (x)= x
3，故画出f (x)的图象如下：
A 选项，函数y = f (x)的图象关于点(1,0)不中心对称，故A 错误；
B 选项，函数y = f (x)的图象不关于直线x =2对称，B 错误；
C 选项，当x∈[2,3]时，x−2∈[0,1]，则f (x)=−f (x−2)=−(x−2)
3，C 错误；
D 选项，由图象可知y = f (x)的最小正周期为4，
又|f (x +2)|=|−f (x)|=|f (x)|，故y =|f (x)|的最小正周期为2，D 正确.
故选：D.
【变式5-2】（2023·四川绵阳·绵阳校考模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R ,f (1)=0，且
f (0)≠0,∀x , y ∈R都有f (x + y)+ f (x−y)=2f (x)f ( y)，则下列说法正确的命题是（ ）
①f (0)=1；②∀x∈R ,f (−x)+ f (x)=0；
③f (x)关于点(1,0)对称；④∑
i=1
2023
❑f (i)=−1
A．①②
B．②③
C．①②④
D．①③④
【解题思路】利用特殊值法，结合函数的奇偶性、对称性和周期性进行求解即可.
【解答过程】对于①，由于∀x , y ∈R都有f (x + y)+ f (x−y)=2f (x)f ( y)，
所以令x = y =0，则f (0)+ f (0)=2f (0)f (0)，即f (0)= f
2(0)，
因为f (0)≠0，所以f (0)=1，所以①正确，
对于②，令x =0，则f ( y)+ f (−y)=2f (0)f ( y)=2f ( y)，所以f ( y)= f (−y)，即f (x)= f (−x)，
所以∀x∈R ,f (−x)−f (x)=0，所以②错误，
对于③，令x =1，则f (1+ y)+ f (1−y)=2f (1)f ( y)=0，所以f (1+ y)=−f (1−y)，
即f (1+ x)=−f (1−x)，所以f (x)关于点(1,0)对称，所以③正确，
对于④，因为f (1+ x)=−f (1−x)，所以f (2+ x)=−f (−x)，
因为f (x)= f (−x)，所以f (2+ x)=−f (x)，所以f (4 + x)=−f (2+ x)，
所以f (4 + x)= f (x)，所以f (x)的周期为4，
在f (x + y)+ f (x−y)=2f (x)f ( y)中，令x = y =1，则
f (2)+ f (0)=2f (1)f (1)=0，因为f (0)=1，所以f (2)=−1，
f (3)= f (−1)= f (1)=0,f (4)= f (0)=1，
所以f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)=0+(−1)+0+1=0，
所以∑
i=1
2023
❑f (i)=505×[f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)]+ f (1)+ f (2)+ f (3)=−1，所以④正确，
故选：D.
【变式5-3】（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）已知函数f (x)与g( x)的定义域均为R，f ( x +1)为
偶函数，且f (3−x)+ g( x)=1，f ( x)−g(1−x)=1，则下面判断错误的是( )
A．f (x)的图象关于点(2,1)中心对称
B．f (x)与g(x)均为周期为4 的周期函数
C．∑
i=1
2022
f (i)=2022
D．∑
i=0
2023
g(i)=0
【解题思路】由f ( x +1)为偶函数可得函数关于直线x =1轴对称，结合f (3−x)+ g( x)=1和
f ( x)−g(1−x)=1可得f (x)的周期为4，继而得到g(x)的周期也为4，接着利用对称和周期算出对应的值
即可判断选项
【解答过程】因为f (x +1)为偶函数，所以f (x +1)= f (−x +1)①，所以f (x)的图象关于直线x =1轴对称，
因为f (x)−g(1−x)=1等价于f (1−x)−g(x)=1②，
又f (3−x)+ g(x)=1③，②+③得f (1−x)+ f (3−x)=2④，即f (1+ x)+ f (3+ x)=2，即f (2+ x)=2−f (x)，
所以f (4+ x)=2−f (2+ x)= f (x)，故f (x)的周期为4，
又g(x)=1−f (3−x)，所以g(x)的周期也为4，故选项B 正确，
①代入④得f (1+ x)+ f (3−x)=2，故f (x)的图象关于点(2,1)中心对称，且f (2)=1，故选项A正确，
由f (2+ x)=2−f (x)，f (2)=1可得f (0)=1,f (4)=1，且f (1)+ f (3)=2，故f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)= 4，
故∑
i=1
2022
❑f (i)=505×4+ f (1)+ f (2)=2021+ f (1)，
因为f (1)与f (3)值不确定，故选项C错误，
因为f (3−x)+ g(x)=1，所以g(1)=0, g(3)=0,g(0)=1−f (3), g(2)=1−f (1)，
所以g(0)+ g(2)=2−[f (1)+ f (3)]=0，故g(0)+ g(1)+ g(2)+ g(3)=0，
故∑
i=0
2023
❑g(i)=506×0=0，所以选项D 正确，
故选:C.
【题型6 类周期函数】
【例6】（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）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
【解题思路】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.
【解答过程】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.
【变式6-1】（2023 上·湖南长沙·高三校考阶段练习）定义域为R的函数f (x)满足f (x +2)=2f (x)−1，当
x∈(0,2]时，f (x)=¿.若x∈(0,4]时，t
2−7t
2 ≤f (x)≤3−t恒成立，则实数t的取值范围是（ ）
A．[1,2]
B．[1, 5
2]
C．[
1
2 ,2]
D．[2, 5
2]
【解题思路】由f（x+2）=2f（x）-1，求出x∈（2，3），以及x [3
∈
，4]的函数的解析式，分别求出（0，4]
内的四段的最小值和最大值，注意运用二次函数的最值和函数的单调性，再由t
2−7t
2 ≤f (x)≤3−t恒成立
即为t
2−7t
2 ≤f (x)min，f (x)max≤3−t，解不等式即可得到所求范围
【解答过程】当x (2,3),
∈
则x−2 (0,1)
∈
，
则f(x)=2f(x−2)−1=2(x−2)2−2(x−2)−1，
即为f(x)=2x2−10x+11，
当x [3
∈
，4]，则x−2 [1
∈
，2]，
则f(x)=2f(x−2)−1=
2
x−2 −1.
当x (0,1)
∈
时,当x=1
2时,f(x)取得最小值,且为−1
4 ；
当x [1,2]
∈
时,当x=2 时,f(x)取得最小值,且为1
2；
当x (2,3)
∈
时,当x=5
2时,f(x)取得最小值,且为−3
2；
当x [3,4]
∈
时,当x=4 时,f(x)取得最小值，且为0.
综上可得,f(x)在(0,4]的最小值为−3
2.
若x (0,4]
∈
时, t
2−7t
2 ≤f (x)min恒成立，
则有t
2−7t
2 ≤−3
2.
解得1
2 ≤t ≤3.
当x (0,2)
∈
时,f(x)的最大值为1,
当x (2,3)
∈
时,f(x) [−
∈
3
2,−1)，
当x [3,4]
∈
时,f(x) [0,1]
∈
，
即有在(0,4]上f(x)的最大值为1.
由f (x)max≤3−t，即为1≤3−t，解得t ≤2，
综上，即有实数t 的取值范围是[
1
2 ,2].
故选：C.
【变式6-2】（2022·四川内江·校联考二模）定义域为R的函数f ( x)满足f ( x +2)=3 f ( x)，当x∈[0,2]时，
f ( x)= x
2−2 x，若x∈[−4 ,−2]时，f ( x)≥1
18 ( 3
t −t )恒成立，则实数t的取值范围是( )
A．(−∞,−1]∪(0,3]
B．(−∞,−√3]∪(0,√3]
C．[−1,0)∪[3,+ ∞)
D．[−√3,0)∪[√3,+∞)
【解题思路】根据题意首先得得到函数的具体表达式，由x∈[−4 ,−2]，所以x + 4∈[0,2]，所以
f ( x + 4)= x
2+6 x +8，再由f ( x + 4)=3 f ( x +2)=9 f ( x)可得出f（x）的表达式，在根据函数思维求出f
（x）最小值解不等式即可.
【解答过程】因为x∈[−4 ,−2]，所以x + 4∈[0,2]，
因为x∈[0,2]时，f (x)= x
2−2 x，
所以f (x + 4)=( x + 4)
2−2( x + 4)= x
2+6 x +8,
因为函数f (x)满足f (x +2)=3 f (x)，
所以f (x + 4)=3 f (x +2)=9 f (x)，
所以f (x)= 1
9 f (x + 4)= 1
9 (x
2+6 x +8)，x∈[−4 ,−2]，
又因为x∈[−4 ,−2]，f (x)≥1
18 ( 3
t −t )恒成立，
故1
18(
3
t −t)≤f (x)min=−1
9，
解不等式可得t ≥3或−1≤t <0.
故选C.
【变式6-3】（2023 上·浙江台州·高一校联考期中）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 ]
【解题思路】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.
【解答过程】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.
【题型7 抽象函数的性质】
【例7】（2023·新疆乌鲁木齐·统考二模）已知f (x)，g(x)都是定义在R上的函数，对任意x，y 满足
f (x−y)= f (x)g( y)−g(x)f ( y)，且f (−2)= f (1)≠0，则下列说法正确的是（ ）
A．f (0)=1
B．函数g(2 x +1)的图象关于点(1,0)对称
C．g(1)+ g(−1)=0
D．若f (1)=1，则∑
n=1
2023
❑f (n)=1
【解题思路】利用赋值法结合题目给定的条件可判断AC，取f (x)=sin 2π
3
x ,g(x)=cos 2π
3
x可判断
B，对于D，通过观察选项可以推断f (x)很可能是周期函数，结合f (x)g( y),g(x)f ( y)的特殊性及一些已
经证明的结论，想到令y =−1和y =1时可构建出两个式子，两式相加即可得出f (x +1)+ f (x−1)=−f (x)，
进一步得出f (x)是周期函数，从而可求∑
n=1
2023
❑f (n)的值.
【解答过程】解：对于A，令x = y =0，代入已知等式得f (0)= f (0)g(0)−g(0)f (0)=0，得f (0)=0，故A
错误；
对于B，取f (x)=sin 2π
3
x ,g(x)=cos 2π
3
x，满足f (x−y)= f (x)g( y)−g(x)f ( y)及f (−2)= f (1)≠0，
因为g(3)=cos2π=1≠0，所以g(x)的图象不关于点(3,0)对称，
所以函数g(2 x +1)的图象不关于点(1,0)对称，故B 错误；
对于C，令y =0，x =1，代入已知等式得f (1)= f (1)g(0)−g(1)f (0)，
可得f (1)[1−g(0)]=−g(1)f (0)=0，结合f (1)≠0得1−g(0)=0，g(0)=1，
再令x =0，代入已知等式得f (−y)= f (0)g( y)−g(0)f ( y)，
将f (0)=0，g(0)=1代入上式，得f (−y)=−f ( y)，所以函数f (x)为奇函数.
令x =1，y =−1，代入已知等式，得f (2)= f (1)g(−1)−g(1)f (−1)，
因为f (−1)=−f (1)，所以f (2)= f (1)[g(−1)+ g(1)]，
又因为f (2)=−f (−2)=−f (1)，所以−f (1)= f (1)[g(−1)+ g(1)]，
因为f (1)≠0，所以g(1)+ g(−1)=−1，故C 错误；
对于D，分别令y =−1和y =1，代入已知等式，得以下两个等式：f (x +1)= f (x)g(−1)−g(x)f (−1)，
f (x−1)= f (x)g(1)−g(x)f (1)，
两式相加易得f (x +1)+ f (x−1)=−f (x)，所以有f (x +2)+ f (x)=−f (x +1)，
即：f (x)=−f (x +1)−f (x +2)，
有：−f (x)+ f (x)= f (x +1)+ f (x−1)−f (x +1)−f (x +2)=0，
即：f (x−1)= f (x +2)，所以f (x)为周期函数，且周期为3，
因为f (1)=1，所以f (−2)=1，所以f (2)=−f (−2)=−1，f (3)= f (0)=0，
所以f (1)+ f (2)+ f (3)=0，
所以∑
n=1
2023
❑f (n)=1= f (1)+ f (2)+ f (3)+⋯+ f (2023)= f (2023)= f (1)=1，故D 正确.
故选：D.
【变式7-1】（2023·福建宁德·福鼎市校考模拟预测）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)，则下列说法正确的个数是（ ）
①f (0)=0；②f
' (x)必为奇函数；③f (x)+ f (0)≥0；④若f (1)= 1
2，则∑
n=1
2023
❑f (n)= 1
2.
A．1
B．2
C．3
D．4
【解题思路】利用赋值法可判断①；利用赋值法结合函数奇偶性定义判断②；赋值，令y = x，得出
f (2 x)+ f (0)≥0，变量代换可判断③；利用赋值法求出f (n)部分函数值，推出其值具有周期性，由此可计
算∑
n=1
2023
❑f (n)，判断④，即可得答案.
【解答过程】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①错误；
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；
当f (0)=1时，令x =0，则f ( y)+ f (−y)=2f (0)f ( y)，所以f (−y)= f ( y)，
则−f
'(−y)= f
'( y)，即f
'(−y)=−f
'( y)，则f
'( x)为奇函数，
综合以上可知f
'( x)必为奇函数，②正确；
令y = x，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③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，
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，
令x =7 , y =1，则f (8)+ f (6)=2f (7)f (1)，即f (8)+1= 1
2 ,∴f (8)=−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④正确，
即正确的是②③④，
故选：C.
【变式7-2】（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数f (x)对任意实数x , y恒有
f ( x−y)+ f ( x + y)= f (2 x)成立，且当x<0时，f ( x)>0.
(1)求f (0)的值;
(2)判断f (x)的单调性，并证明;
(3)解关于x的不等式:f [x
2−(a+2)x]+ f (a+ y )+ f (a−y )>0.
【解题思路】（1）根据题意，令x =0, y =0，即可求得f (0)=0；
（2）令x =0，得到f (−y)=−f ( y)，所以f (x)为奇函数，在结合题意和函数单调性的定义和判定方法，
即可求解；
（3）化简不等式为f (x
2−(a+2)x)>f (−2a)，结合函数f (x)的单调性，把不等式转化为
x
2−(a+2)x<−2a，结合一元二次不等式的解法，即可求解.
【解答过程】（1）解：因为函数f ( x)对任意实数x , y恒有f ( x−y)+ f ( x + y)= f (2 x)成立，
令x =0, y =0，则f (0)+ f (0)= f (0)，所以f (0)=0.
（2）解：函数f (x)为R上的减函数.
证明:令x =0，则f (−y)+ f ( y)= f (0)=0，所以f (−y)=−f ( y)，故f (x)为奇函数.
任取x1, x2∈R，且x1< x2，则x1−x2<0，
因为当x<0时，f ( x)>0，所以f (x1−x2)>0，
所以f (x1)−f (x2)= f (x1)+ f (−x2)= f(
x1−x2
2
+ x1+ x2
2 )+ f(
x1−x2
2
−x1+ x2
2 )
= f (x1−x2)>0，即f (x1)>f (x2)，所以f (x)是R上的减函数.
（3）解：根据题意，可得f (x
2−(a+2)x)>−[ f (a+ y)+ f (a−y)]=−f (2a)= f (−2a)，
由（2）知f (x)在R上单调递减，所以x
2−(a+2)x<−2a，
即x
2−(a+2)x +2a<0，可得( x−2)( x−a)<0，
当a>2时，原不等式的解集为(2,a)；
当a=2时，原不等式的解集为∅；
当a<2时，原不等式的解集为(a,2).
【变式7-3】（2023 上·广东东莞·高一校联考期中）已知函数f (x)对任意实数x , y恒有
f (x + y)= f (x)+ f ( y)，当x>0时，f (x)<0，且f (1)=−2.
(1)判断f (x)的奇偶性；
(2)判断函数单调性，求f (x)在区间[−3,3]上的最大值；
(3)若f (x)<m
2−2am+2对所有的x∈¿恒成立，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）令x = y =0，求得f (0)=0，再令y =−x，从而得f (−x)=−f (x)，从而证明求解.
（2）设x1, x2∈R且x1< x2，结合条件用单调性的定义证明函数f (x)的单调性，然后利用单调性求解区间
[−3,3]上的最大值.
（3）根据函数f (x)<m
2−2am+2对所有的x∈[−1,1]，a∈[−1,1]恒成立，说明f (x)的最大值2小于右
边，因此先将右边看作a的函数，解不等式组，即可得出m的取值范围．
【解答过程】（1）f (x)为奇函数，证明如下：
令x = y =0，则f (0+0)=2f (0)，所以f (0)=0，
令y =−x，则f (x−x)= f (x)+ f (−x)= f (0)=0，
所以：f (−x)=−f (x)对任意x∈R恒成立，
所以函数f (x)为奇函数.
（2）f (x)在R上是减函数，证明如下：
任取x1, x2∈R且x1< x2，则x2−x1>0
f (x2)−f (x1)= f (x2)+ f (−x1)= f (x2−x1)<0，所以f (x2)<f (x1)，
所以f (x)在R上为减函数.
当x∈[−3,3]时，f (x)单调递减，
所以当x =−3时，f (x)有最大值为f (−3)，
因为f (3)= f (2)+ f (1)=3 f (1)=−2×3=−6，所以f (−3)=−f (3)=6，
故f (x)在区间[−3,3]上的最大值为6.
（3）由（2）知f (x)在区间[−1,1]上单调递减，
所以f (x)≤f (−1)=−f (1)=2，
因为f (x)<m
2−2am+2对所有的x∈[−1,1]，a∈[−1,1]恒成立，
即m
2−2am>0对任意a∈[−1,1]恒成立，
令g(a)=−2am+m
2，则¿，即¿，
解得：m>2或m<−2.
故m的取值范围为(−∞,−2)∪(2,+ ∞).
【题型8 函数性质的综合应用】
【例8】（2023 上·河北石家庄·高一校考阶段练习）已知函数f ( x)=a
x，g( x)=b⋅a
−x+ x，a>0且a≠1，
若f (1)+ g(1)= 5
2，f (1)−g(1)= 3
2，设ℎ( x)= f ( x)+ g( x)，x∈[−4,4 ]．
(1)求函数ℎ( x)的解析式并判断其奇偶性；
(2)判断函数ℎ( x)的单调性（不需证明），并求不等式ℎ(2 x +1)+ℎ(2 x−1)≥0的解集．
【解题思路】（1）由f (1)+ g(1)= 5
2、f (1)−g(1)= 3
2代入可解出a、b，得到ℎ( x)，再计算ℎ( x)与
ℎ(−x)的关系即可得到奇偶性；
（2）分别判断ℎ( x)中每一部分的单调性可得ℎ( x)的单调性，结合函数的单调性与奇偶性解决该不等式
即可得.
【解答过程】（1）由f (1)+ g(1)= 5
2，f (1)−g(1)= 3
2，即有¿，解得¿，
即f ( x)=2
x，g( x)=−2
−x+ x，则ℎ( x)=2
x−2
−x+ x，
其定义域为R，
ℎ(−x)=2
−x−2
x−x =−(2
x−2
−x+ x)=−ℎ( x)，
故ℎ( x)为奇函数.
（2）ℎ( x)=2
x−2
−x+ x，由2
x在R上单调递增，−2
−x在R上单调递增，
x在R上单调递增，故ℎ( x)在R上单调递增，
由ℎ(2 x +1)+ℎ(2 x−1)≥0，且ℎ( x)为奇函数，
即有ℎ(2 x +1)≥−ℎ(2 x−1)=ℎ(1−2 x)，
即有2 x +1≥1−2 x，解得x ≥0，
故该不等式的解集为{x|x ≥0}.
【变式8-1】（2023 上·上海·高一校考期中）已知定义在全体实数上的函数f (x)满足：①f (x)是偶函数；②
f (x)不是常值函数；③对于任何实数x、y，都有f (x + y)= f (x)f ( y)−f (1−x)f (1−y)．
(1)求f (1)和f (0)的值；
(2)证明：对于任何实数x，都有f (x + 4)= f (x)；
(3)若f (x)还满足对0< x<1有f (x)>0，求f(
1
3)+ f(
2
3)+⋯+ f(
2026
3 )的值．
【解题思路】（1）取x =1，y =0代入计算得到f (1)=0，取y =0得到f (x)= f (x)f (0)，得到答案.
（2）取y =1，结合函数为偶函数得到f (x +2)=−f (x)，变换得到f (x + 4)= f (x)，得到证明.
（3）根据函数的周期性和奇偶性计算f(
1
3)+ f(
2
3)+⋯+ f(
12
3 )=0，取x = y = 1
3和取x = 1
3，y =−1
3得到
f(
1
3)= √3
2 ，根据周期性得到f(
1
3)+ f(
2
3)+⋯+ f(
2026
3 )=−f(
1
3)−1，计算得到答案.
【解答过程】（1）f (x + y)= f (x)f ( y)−f (1−x)f (1−y)
取x =1，y =0得到f (1)= f (1)f (0)−f (0)f (1)=0，即f (1)=0；
取y =0得到f (x)= f (x)f (0)−f (1−x)f (1)= f (x)f (0)，
f (x)不是常值函数，故f (0)=1；
（2）f (x + y)= f (x)f ( y)−f (1−x)f (1−y)，
取y =1得到f (x +1)= f (x)f (1)−f (1−x)f (0)=−f (1−x)，
f (x)是偶函数，故f (x +1)=−f (x−1)，即f (x +2)=−f (x)，
f (x + 4)=−f (x +2)= f (x).
（3）f (x +2)+ f (x)=0，f (x)为偶函数，
取x =−1
3，则f(
5
3)+ f(−1
3)=0，即f(
5
3)+ f(
1
3)=0；
取x =−2
3，则f(
4
3)+ f(−2
3)=0，即f(
4
3)+ f(
2
3)=0；
故f(
7
3)+ f(
8
3)+ f(
10
3 )+ f(
11
3 )=−f(
1
3)−f(
2
3)−f(
4
3)−f(
5
3)=0，
f (2)=−f (0)=−1，f (3)= f (−1)= f (1)=0，f (4)= f (0)=1，
故f(
1
3)+ f(
2
3)+⋯+ f(
12
3 )=0，
取x = y = 1
3得到f(
2
3)= f
2(
1
3)−f
2(
2
3)，
取x = 1
3，y =−1
3得到f (0)= f
2(
1
3)−f(
2
3)f(
4
3)= f
2(
1
3)+ f
2(
2
3)=1，
f(
1
3)>0，f(
2
3)>0，解得f(
1
3)= √3
2 ，
f(
1
3)+ f(
2
3)+⋯+ f(
2026
3 )=−f(
11
3 )−f(
12
3 )=−f(
1
3)−1=−√3
2 −1.
【变式8-2】（2023 下·山西运城·高二统考期末）已知f (x)=e
x−1+e
1−x+ x
2−2 x +a，
(1)证明：f (x)关于x =1对称；
(2)若f (x)的最小值为3
（i）求a；
（ii）不等式f (m(e
x+e
−x)+1)>f (e
x−e
−x)恒成立，求m的取值范围
【解题思路】（1）代入验证f ( x)= f (2−x)即可求解，
（2）利用单调性的定义证明函数的单调性，即可结合对称性求解a=2，分离参数，将恒成立问题转化为
|m|>(|
e
x−e
−x−1
e
x+e
−x
|)
max
，构造函数F( x)=e
x−e
−x−1
e
x+e
−x
，结合不等式的性质即可求解最值.
【解答过程】（1）证明：因为f (x)=e
x−1+e
1−x+ x
2−2 x +a，
所以 f (2−x)=e
2−x−1+e
1−(2−x)+(2−x)
2−2(2−x)+a=e
1−x+e
x−1+ x
2−2 x +a，
所以f ( x)= f (2−x)，所以f ( x)关于x =1对称.
（2）（ⅰ）任取x1, x2∈(1,+ ∞),且x1< x2
f (x1)−f (x2)=e
x1−1+e
1−x1+ x1
2−2 x1−(e
x2−1+e
1−x2+ x2
2−2 x2)
=(e
x1−1−e
x2−1)+(e
1−x1−e
1−x2)+(x1
2−x2
2)−2(x1−x2)
= (e
x1−1−e
x2−1)(e
x1−1e
x2−1−1)
e
x1−1e
x2−1
+( x1−x2)( x1+ x2−2)
∵1< x1< x2，∴0< x1−1< x2−1,∴e
x1−1>1,e
x2−1>1,e
x1−1−e
x2−1<0,e
x1−1e
x2−1−1>0，
x1−x2<0, x1+ x2−2>0,
∴f ( x1)<f ( x2)，
所以f ( x)在[1,+∞)上单调递增，又f ( x)关于x =1对称，则在(−∞,1]上单调递减.
所以f ( x)min= f (1)=1+a=3，
所以a=2.
（单调性也可以用单调性的性质、复合函数的单调性判断、导数证明）
（ⅱ）不等式f (m(e
x+e
−x)+1)>f (e
x−e
−x)恒成立
等价于|(m(e
x+e
−x)+1)−1|>|e
x−e
−x−1|恒成立，
即|m|>|e
x−e
−x−1|
e
x+e
−x
=|
e
x−e
−x−1
e
x+e
−x
|恒成立，即|m|>(|
e
x−e
−x−1
e
x+e
−x
|)
max
令F( x)=e
x−e
−x−1
e
x+e
−x
，则F( x)=e
2 x−e
x−1
e
2 x+1
=1−e
x+2
e
2 x+1
，
令e
x+2=n,n∈(2,+ ∞)，则e
x =n−2则g(n)=1−
n
n
2−4 n+5
=1−
1
n−4+ 5
n
，
因为n∈(2,+∞),n−4+ 5
n ≥2√5−4，n=√5取等号，则g(n)∈[−√5
2 ,1)，
所以|g(n)|∈[0, √5
2 ]，
所以|m|> √5
2 ,即m∈(−∞,−√5
2 )∪( √5
2 ,+∞).
【变式8-3】（2023 下·广东·高一统考期末）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φ(a+ x)+φ(a−x)=2b．给定函数f (x)= x−
6
x +1及其图象的对称中心为(−1,c)．
(1)求c 的值；
(2)判断f (x)在区间(0,+ ∞)上的单调性并用定义法证明；
(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）根据函数的对称性得到关于c的方程，解出即可求出函数的对称中心；
（2）利用函数单调性的定义即可判断函数f ( x)单增,
（3）问题转化为g( x)在[0,2]上的值域A ⊆[−2,4 ]，通过讨论m的范围，得到关于m的不等式组，解出即
可．
【解答过程】（1）由于f ( x)的图象的对称中心为(−1,c)，
则f (−1+ x)+ f (−1−x)=2c，
即( x−1)−
6
x−1+1 +(−x−1)−
6
−x−1+1 =2c，
整理得−2=2c，解得：c =−1，
故f ( x)的对称中心为(−1,−1)；
（2）函数f ( x)在(0,+ ∞)递增；
设0< x1< x2，则
f (x1)−f (x2)= x1−
6
x1+1 −x2+
6
x2+1 =(x1−x2)+
6(x1−x2)
(x2+1)(x1+1)
=(x1−x2)[1+
6
(x2+1)(x1+1)]，由于
0< x1< x2，所以x1−x2<0,
6
(x2+1)(x1+1)
>0，所以f (x1)−f (x2)<0⇒f (x1)<f (x2)，故函数f ( x)在
(0,+∞)递增；
（3）由已知，g( x)的值域为f ( x)值域的子集，
由（2）知f ( x)在[1,5]上递增，且f (1)=−2,f (5)= 4，故f ( x)的值域为[−2,4 ]，
于是原问题转化为g( x)在[0,2]上的值域A ⊆[−2,4 ]，
当m
2 ≤0即m≤0时，g( x)在[0,1]递增，
注意到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]递增，又g(0)=m，g(2) =2−g(0)=2−m，故A =[m,2−m]，所以
[m,2−m]⊆[−2，4 ]，∴m≥−2且2−m≤4，解得−2≤m≤0，
当0< m
2 <1即0<m<2时，g( x)在(0, m
2 )递减，在( m
2 ，1)递增，
又g( x)过对称中心(1,1)，故g( x)在(1,2−m
2 )递增，在(2−m
2 ，2]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¿，
解不等式得：2−2√3≤m≤4，又0<m<2，此时0<m<2，
当m
2 ≥1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，于是A =[2−m,m]，
则[2−m,m]⊆[−2，4 ]，故¿，解得：2≤m≤4，
综上：实数m的取值范围是[−2,4 ]．
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．（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.
3．（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．
4．（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.
5．（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.
6．（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.
7．（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．
8．（2020·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=sinx+ 1
sin x ，则（）
A．f(x)的最小值为2
B．f(x)的图象关于y 轴对称
C．f(x)的图象关于直线x = π对称
D．f(x)的图象关于直线x = π
2 对称
【解题思路】根据基本不等式使用条件可判断A;根据奇偶性可判断B;根据对称性判断C,D.
【解答过程】∵sin x可以为负，所以A 错；
∵sin x≠0∴x≠kπ(k ∈Z )∵f (−x)=−sin x−
1
sin x =−f ( x)∴ f ( x)关于原点对称；
∵f (2π −x)=−sin x−
1
sin x ≠f ( x),f (π −x)=sin x +
1
sin x = f ( x),故B 错；
∴f ( x)关于直线x = π
2 对称，故C 错，D 对
故选：D.
9．（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.
