专题2.2 函数的性质：单调性、奇偶性、对称性与周期性（举一反三
讲义）
【全国通用】
【题型1 函数单调性的判断及单调区间的求解】.................................................................................................3
【题型2 根据函数的单调性求参数】......................................................................................................................5
【题型3 求函数的最值】..........................................................................................................................................7
【题型4 函数的奇偶性的判断与证明】..................................................................................................................9
【题型5 根据函数的奇偶性求参数】....................................................................................................................11
【题型6 已知函数的奇偶性求解析式、求值】...................................................................................................13
【题型7 函数的对称性与周期性】........................................................................................................................14
【题型8 类周期函数】............................................................................................................................................17
【题型9 利用函数的性质比较大小】....................................................................................................................17
【题型10 利用函数的性质解不等式】..................................................................................................................22
【题型11 抽象函数的单调性、奇偶性、周期性】..............................................................................................24
【题型12 函数新定义】..........................................................................................................................................27
1、函数的性质
考点要求
真题统计
考情分析
(1)借助函数图象，会用符
号语言表达函数的单调
性、最大值、最小值，理
解它们的作用和实际意义
(2)结合具体函数，了解奇
偶性和对称性的概念和几
何意义
(3)了解周期性的概念和几
何意义
2023 年I 卷：第4 题，5 分、
第11 题，5 分
2023 年
卷
Ⅱ
：第4 题，5 分
2024 年新课标I 卷：第8
题，5 分
2025 年全国一卷：第5 题，5
分
2025 年全国二卷：第10 题，
6 分
2025 年天津卷：第3 题，5 分
从近几年的高考情况来看，本节是高考
的一个重点和热点内容，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、
周期性结合在一起，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.
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.
3．常见奇偶性函数模型
(1)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)偶函数：
①函数
．
②函数
．
③函数
类型的一切函数．
④常数函数.
知识点
3
函数的周期性与对称性的常用结论
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=2 a ；
(3)若f(x+a)=-f(x)，则T=2 a ；
(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 函数单调性的判断及单调区间的求解】
【例1】（2025·海南海口·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,+ ∞)
【答案】B
【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={
x
2−4 x +3, x ≥0
x
2+ 4 x +3, x<0)，
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】（24-25 高一上·广东广州·期中）函数y =
1
❑√x
2−2 x
的单调递减区间是（ ）
A．(−∞,1)
B．(−∞,0)
C．(1,+∞)
D．(2,+∞)
【答案】D
【解题思路】现根据解析式有意义的条件求的定义域，然后在定义域内，利用复合函数的单调性法则求得
结果.
【解答过程】要使函数y =
1
❑√x
2−2 x
有意义，则x
2−2 x>0，
即x( x−2)>0，解得x<0或x>2，
∴函数定义域为(−∞,0)∪(2,+∞).
令t = x
2−2 x，则y = 1
❑√t (t >0)，y = 1
❑√t 在(0,+∞)上单调递减，
t = x
2−2 x对称轴为x =1，开口向上，
在(−∞,0)上单调递减，在(2,+ ∞)上单调递增，
根据复合函数“同增异减”原则，可知y =
1
❑√x
2−2 x
的单调递减区间是(2,+ ∞).
故选：D.
【变式1-2】（2025·江苏苏州·模拟预测）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
【答案】D
【解题思路】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.
【解答过程】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.
【变式1-3】（24-25 高一上·全国·课后作业）设f (x)= x，g(x)=−1
x ，则（ ）
A．f (x)+ g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递增
B．f (x)+ g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递减
C．f (x)−g(x)在区间(0,+∞)上单调递增
D．f (x)−g(x)在区间(0,+∞)上单调递减
【答案】A
【解题思路】根据正比例函数、反比例函数的单调性，结合函数单调性的性质、定义逐一判断即可.
【解答过程】函数f (x)= x ,g(x)=−1
x 在区间(0,+∞)上均单调递增，因此当x∈(0,+ ∞)时，f (x)+ g(x)
单调递增，A 正确，B 错误；
令ℎ(x)= f (x)−g(x)= x + 1
x ，任取0< x1< x2，
则ℎ(x1)−ℎ(x2)= x1−x2+ 1
x1
−1
x2
= x1−x2
x1 x2
(x1 x2−1), x1−x2<0，
当0< x1< x2<1时，0< x1 x2<1，ℎ(x1)−ℎ(x2)>0，故ℎ(x)在区间(0,1)内单调递减；
当1< x1< x2时，x1 x2>1,ℎ(x1)−ℎ(x2)<0，故ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增，C 错误，D 错误．
故选：A.
【题型2 根据函数的单调性求参数】
【例2】（2025·广东茂名·一模）已知函数f (x)=
❑√x
2−6 x +5在区间(a,+ ∞)上单调递增，则a的取值范围
为（ ）
A．(−∞,1)
B．(−∞,3)
C．[3,+ ∞)
D．[5,+ ∞)
【答案】D
【解题思路】求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性求解即可.
【解答过程】由x
2−6 x +5≥0，可得x ≤1或x ≥5，
即函数f ( x)的定义域为(−∞,1]∪[5,+∞)，
又因为t = x
2−6 x +5在[5,+ ∞)上单调递增，在(−∞,1]上单调递减，
y = ❑√t在[0,+∞)上单调递增，
由复合函数的单调性可知f (x)=
❑√x
2−6 x +5在区间[5,+∞)上单调递增，
a≥5.
故选：D.
【变式2-1】（2025·广东韶关·一模）已知函数f (x)={
x
2−2ax−1, x<1
2
x −6
x , x ≥1 )
在R上是单调函数，则a的取值
范围是（ ）
A．(−∞,2)
B．[1,2)
C．(1,+∞)
D．[2,+ ∞)
【答案】B
【解题思路】由表达式可知当x ≥1时，f (x)= 2
x −6
2是单调减函数，故f (x)在R上单调递减，则需要x<1
时，f (x)单调递减，且在断开位置处也要满足减函数的定义.
【解答过程】因为x ≥1时，f (x)= 2
x −6
2是单调减函数，
又因为f (x)在R上单调，所以，故x<1时，f (x)= x
2−2ax−1单调递诚，
则只需满足{
a≥1
−2a≥−4)，解得1≤a≤2，
故选：B.
【变式2-2】（2025·广东揭阳·二模）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,+ ∞)
【答案】C
【解题思路】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.
【解答过程】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.
【变式2-3】（2025·天津河北·一模）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
【答案】A
【解题思路】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.
【解答过程】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.
【题型3 求函数的最值】
【例3】（24-25 高三下·湖南永州·开学考试）已知f (x)= x
2+3 x +6
x +1
(x>0)，则f (x)的最小值是（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】D
【解题思路】利用换元法，令t = x +1,( x>0)，可将原函数转化为y =t + 4
t +1,(t >1)，再根据对勾函数的
单调性，即可求出结果.
【解答过程】令t = x +1,( x>0)，所以x =t −1,(t >1);
所以f (x)= x
2+3 x +6
x +1
( x>0)转化为y = (t −1)
2+3(t −1)+6
t
(t >1)；
即y = (t −1)
2+3(t −1)+6
t
=t + 4
t +1,(t >1)
又函数y =t + 4
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取到最小值为5；
即当x =1时，f (x)取到最小值，最小值为5.
故选：D.
【变式3-1】（2024·江西鹰潭·三模）若f (x)=|x +2)+|3 x−a)的最小值是4，则实数a的值为（ ）
A．6 或−18
B．−6或18
C．6 或18
D．−6或−18
【答案】A
【解题思路】分a>−6，a<−6，a=−6三种情况，得出每种情况下f (x)的最小值，令其为4，解出a的值.
【解答过程】当a>−6时，f (x)={
4 x +2−a, x ≥a
3
a+2−2 x ,−2< x< a
3
a−2−4 x , x ≤−2 )
，
∴f (x)min= f(
a
3)=2+ a
3 = 4，解得a=6，符合题意；
当a<−6时，f (x)={
4 x +2−a, x ≥−2
2 x−a−2, a
3 < x<−2
a−2−4 x , x ≤a
3 )
，
∴f (x)min= f(
a
3)=−a
3 −2= 4，解得a=−18，符合题意；
当a=−6时，f (x)= 4|x +2)，∴f (x)min= f (−2)=0≠4，舍掉.
故选：A.
【变式3-2】（24-25 高一上·安徽亳州·阶段练习）若函数f (x)=
x
x
2+a在[1,+∞)上的最大值为
❑√2
2 ，则a=
（ ）
A．1
2
B．1
C．❑√2+1
D．❑√2−1
【答案】D
【解题思路】分a≤0、0<a≤1和a>1三种情况讨论，研究其单调性，根据最大值建立方程求解即可.
【解答过程】因为f (x)=
x
x
2+a
=
1
x + a
x
( x ≥1)
，所以当a≤0时，f (x)在[1,+∞)上单调递减，
则f (x)max = f (1)=
1
1+a =
❑√2
2 ，解得a= ❑√2−1，与a≤0矛盾，不符合题意；
当a>0时，根据对勾函数单调性可知，
函数y = x + a
x 在(0,❑√a)上单调递减，在[❑√a,+∞)上单调递增，
故当0<a≤1时，函数y = x + a
x 在[1,+ ∞)上单调递增，则f (x)在[1,+∞)上单调递减，
所以f (x)max = f (1)=
1
1+a =
❑√2
2 ，解得a= ❑√2−1，符合题意；
当a>1时，函数y = x + a
x 在(1,❑√a)上单调递减，在[❑√a,+∞)上单调递增，
函数f (x)在(1,❑√a)上单调递增，在[❑√a,+ ∞)上单调递减，
所以f (x)max = f (❑√a)=
❑√a
a+a =
❑√2
2 ，解得a= 1
2，与a>1矛盾，不符合题意；
综上所述，a= ❑√2−1.
故选：D.
【变式3-3】（2025·山西·模拟预测）已知函数f ( x)的定义域为(0,+∞)，若对于任意的x，y ∈(0,+∞)
，都有f ( x)+ f ( y)= f ( xy )+2，当x>1时，都有f ( x)>2，且f (3)=3，则函数f ( x)在区间[1,27]上的最
大值为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】D
【解题思路】令x = y =1可得f (1)=2，再令x = y =3可得f (9)= 4，再令x =3, y =9即可得f (27)，再利用
函数单调性定义可得该函数为单调递增函数，故f (27)的值即为所求.
【解答过程】令x = y =1，则f (1)=2，令x = y =3有f (3)+ f (3)= f (9)+2，
又f (3)=3，所以f (9)= 4，
令x =3, y =9，所以f (3)+ f (9) = f (27)+2，所以f (27)=5，
设x2> x1>0，则
x2
x1
>1，所以f(
x2
x1)>2，
所以f (x1)−f (x2)= f (x1)−[f (x1)+ f(
x2
x1)−2)=2−f(
x2
x1)<0，
则f (x1)<f (x2)，故f ( x)在(0,+∞)上单调递增，
所以函数f ( x)在区间[1,27]上的最大值为f (27)=5.
故选：D.
【题型4 函数的奇偶性的判断与证明】
【例4】（2025·浙江杭州·一模）函数f (x)={
x−1, x ≥0
−x−1, x<0)是（ ）
A．奇函数
B．偶函数
C．既非奇函数也非偶函数
D．既是奇函数也是偶函数
【答案】B
【解题思路】根据题意，由函数奇偶性的定义，代入计算，即可得到结果.
【解答过程】当x>0时，f (x)= x−1，则f (−x)=−x−1= f (x)，
当x<0时，f (x)=−x−1，则f (−x)= x−1= f (x)，
又f (0)=0,
综上可得，f (−x)= f (x)，
即函数f (x)为偶函数.
故选：B.
【变式4-1】（2025·广东惠州·模拟预测）下列函数是奇函数，且在定义域内单调递增是（ ）
A．y =
❑√x
2−1
B．y = x
3−x
C．y =−1
x
D．y =
3√x
【答案】D
【解题思路】利用函数的奇偶性和单调性逐项判断即可.
【解答过程】对于A，y =
❑√x
2−1为偶函数，故A 错误；
对于B，设f (x)= x
3−x = x(x
2−1)，所以f (0)= f (1)=0,
故y = x
3−x在定义域上不是单调递增，故B 错误；
对于C，y =−1
x ，故函数的单调增区间为(−∞,0)和(0,+∞)，
所以y =−1
x 在定义域上不是单调递增，故C 错误；
对于D，y =
3√x = x
1
3，由幂函数的性质可知，函数y =
3√x为奇函数，且在定义域上单调递增，故D 正确.
故选：D.
【变式4-2】（2025·西藏·模拟预测）若函数f (x)= x−
x
x +1，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A．f (x +1)−2
B．f (x−1)−2
C．f (x−1)+2
D．f (x +1)+2
【答案】C
【解题思路】变形得到f (x)= x +1+
1
x +1 −2，从而得到f (x−1)+2= x + 1
x 为奇函数，其他选项不合要求.
【解答过程】因为f (x)= x−
x
x +1 = x +1−x +1−1
x +1
−1= x +1+
1
x +1 −2，
所以f (x−1)+2= x + 1
x ，
由于g(x)= x + 1
x 定义域为(−∞,0)∪(0,+ ∞)，
又g(−x)=−x−1
x =−g(x)，
故g(x)= x + 1
x 为奇函数，故f (x−1)+2为奇函数，
其他选项均不合要求.
故选：C．
【变式4-3】（2025·浙江绍兴·三模）已知函数f (x)满足：对任意实数x，y，都有f (f (x + y))= f (x)+ f ( y)
成立，且f (0)=1，则（ ）
A．f (x +1)为奇函数
B．f (x)+1为奇函数
C．|f (x +1))为偶函数
D．|f ( x)−1)为偶函数
【答案】D
【解题思路】由题意令x = y =0，可得f (1)=2，令y =−x，可得2= f (x)+ f (−x)，可得y = f ( x)关于
(0,1)对称，据此逐项判断可得结论.
【解答过程】令x = y =0，则f (f (0))= f (0)+ f (0)，f (0)=1，所以f (1)=2，
令y =−x，则f (f (0))= f (x)+ f (−x)，
即f (1)= f (x)+ f (−x)，又2= f (x)+ f (−x)，
所以y = f ( x)关于(0,1)对称，
所以f (x +1)关于(−1,1)对称，故A 不正确；
f ( x)+1关于(0,2)对称，故B 不正确；
由A 可知|f (x +1)|关于x =−1对称，故C 不正确；
由A 可知f ( x)−1关于(0,0)对称，故f ( x)−1为奇函数，
所以|f ( x)−1|为偶数，故D 正确.
故选：D.
【题型5 根据函数的奇偶性求参数】
【例5】（2025·陕西咸阳·模拟预测）已知函数f ( x)=
x
2
ae
x−e
−x 为偶函数，则a=（ ）
A．−1
B．0
C．1
D．2
【答案】A
【解题思路】由题意可得y =ae
x−e
−x为偶函数，则ae
−x−e
x =ae
x−e
−x恒成立，从而可求出a的值.
【解答过程】因为y = x
2为偶函数，f ( x)=
x
2
ae
x−e
−x 为偶函数，
所以y =ae
x−e
−x为偶函数，
所以ae
−x−e
x =ae
x−e
−x恒成立，
所以(a+1)(e
−x−e
x)=0恒成立，所以a=−1.
故选：A.
【变式5-1】（2025·江西景德镇·三模）函数f (x)=−x
2+|x−a)+a+1(a∈R)为偶函数的充要条件是
（ ）
A．a=−1
B．a=0
C．a=1
D．a=2
【答案】B
【解题思路】由f ( x)为偶函数，得到|x +a)=|x−a)对任意的x∈R恒成立，求得a=0，利用函数的奇偶
性的定义进行验证，即可求解.
【解答过程】若f ( x)=−x
2+|x−a)+a+1为偶函数，则f (−x)= f ( x)对任意的x∈R恒成立，
即−(−x)
2+|−x−a)+a+1=−x
2+|x−a)+a+1，
所以|x +a)=|x−a)对任意的x∈R恒成立，故a=0；
若a=0，则f ( x)=−x
2+| x|+1，
所以f (−x)=−(−x)
2+|−x|+1= f ( x)，故f ( x)为偶函数，
所以f ( x)为偶函数的充要条件为a=0.
故选：B．
【变式5-2】（2025·吉林长春·二模）已知函数f (x)=(x +a−2)(x
2+a−1)为奇函数，则a的值是（ ）
A．3
B．1 或3
C．2
D．1 或2
【答案】C
【解题思路】根据奇函数在原点处有意义则f (0)=0求出a的值，再将a的值代回原函数检验即可得解.
【解答过程】因为f (x)=(x +a−2)(x
2+a−1)为奇函数，所以f (0)=(a−2)(a−1)=0，
解得a=1或a=2.
当a=1时，f (x)= x
2(x−1)，f (−x)= x
2(−x−1)≠−f (x)，故a=1不合题意，舍去；
当a=2时，f (x)= x(x
2+1)，f (−x)=−x(x
2+1)=−f (x)，故a=2符合题意.
故选：C.
【变式5-3】（2025·安徽蚌埠·二模）“a=−1”是“函数f ( x)= x +1+ 2a
2
x−a为奇函数”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【解题思路】利用奇函数的定义列式求出a，再利用充分条件、必要条件的定义判断即可.
【解答过程】若函数f ( x)= x + 2
x+a
2
x−a
为奇函数，则f (−x)+ f ( x)=0，即−x + 2
−x+a
2
−x−a
+ x + 2
x+a
2
x−a
=0，
整理得1+a⋅2
x−a⋅2
−x−a
2+1−a⋅2
x+a⋅2
−x−a
2
(2
−x−a)(2
x−a)
=0，即
2−2a
2
(2
−x−a)(2
x−a)
=0，解得a=±1，
当a=1时，函数f ( x)的定义域为{x∣x≠0)；
当a=−1时，函数f ( x)的定义域为R，都符合题意，
所以“a=−1”是“函数f ( x)= x +1+ 2a
2
x−a为奇函数”的充分不必要条件.
故选：A.
【题型6 已知函数的奇偶性求解析式、求值】
【例6】（2025·全国一卷·高考真题）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)=5−2 x，则f(−3
4)=（ ）
A．−1
2
B．−1
4
C．1
4
D．1
2
【答案】A
【解题思路】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为[2,3]的范围中求解.
【解答过程】由题知f ( x)= f (−x),f ( x +2)= f ( x)对一切x∈R成立，
于是f (−3
4 )= f ( 3
4 )= f ( 11
4 )=5−2× 11
4 =−1
2.
故选：A.
【变式6-1】（2025·云南·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，g(x)= f (x)−x +1是奇函数，
ℎ(x)= f (x)−x
3是偶函数，则f(3
2
3)=（ ）
A．−10
B．−8
C．8
D．10
【答案】C
【解题思路】根据奇函数、偶函数的定义可得出关于f (x)、f (−x)的等式组，求出f (x)的解析式，代值计
算可得f(3
2
3)的值.
【解答过程】因为函数g(x)= f (x)−x +1为奇函数，即g(−x)=−g(x)，
所以f (−x)+ x +1=−f (x)+ x−1，可得f (x)+ f (−x)=−2①，
因为函数ℎ(x)= f (x)−x
3是偶函数，即ℎ(−x)=ℎ(x)，
所以f (−x)−(−x)
3= f (x)−x
3，可得f (x)−f (−x)=2 x
3②，
联立①②可得f (x)= x
3−1，因此f(3
2
3)=(3
2
3)
3
−1=3
2−1=8.
故选：C.
【变式6-2】（24-25 高二下·陕西·期中）已知函数f (x)是定义在R上的偶函数，当x ≤0时，f (x)= x
2+ x，
则当x>0时，f (x)=（ ）
A．x
2+ x
B．−x
2+ x
C．x
2−x
D．−x
2−x
【答案】C
【解题思路】由偶函数的性质即可求解.
【解答过程】当x>0时，−x<0，
因为函数f (x)是定义在R上的偶函数，
所以f (x)= f (−x)=(−x)
2+(−x)= x
2−x，
故选：C.
【变式6-3】（2025·吉林·三模）已知f (x)是定义在R上的奇函数，且f (1−2 x)是偶函数，当x∈(0,1)时，
f (x)=−x
2，则f (7)=（ ）
A．−49
B．−1
C．0
D．1
【答案】D
【解题思路】利用f (x)与f (1−2 x)的奇偶性推得f (x)是周期函数，从而结合题设条件即可得解.
【解答过程】∵f (1−2 x)是偶函数，∴f (1−2 x)= f (1+2 x)，
则f (1+ x)= f (1−x)，从而f (x +2)= f (−x)，
又f (x)是奇函数，则f (−x)=−f (x)，
∴f (x +2)=−f (x)，进而f (x + 4)=−f (x +2)= f (x)，
所以f (x)是周期为4的周期函数，
又当x∈(0,1)时，f (x)=−x
2，则f (1)=−1
2=−1，
所以f (7)= f (−1)=−f (1)=1.
故选：D.
【题型7 函数的对称性与周期性】
【例7】（2025·辽宁·三模）已知定义在R 上的函数f ( x)满足f (2 x +1)为奇函数，且f ( x)的图象关于直线
x =2对称，则∑
i=1
2025
❑f (i)=（ ）
A．−1
B．0
C．1
D．2
【答案】B
【解题思路】通过已知条件推导出函数的对称中心、对称轴，进而得出函数的周期，再利用周期的性质计
算给定求和式的值.
【解答过程】由f (2 x +1)为奇函数，得f (−2 x +1)+ f (2 x +1)=0，
所以f ( x)图象的对称中心为(1,0)，令x =0⇒f (1)=0
由f ( x)的图象关于直线x =2对称，得f (2+ x)= f (2−x)，
由{
f ( x)+ f (2−x)=0,
f (2+ x)= f (2−x),)得f ( x +2)=−f ( x)，所以f ( x + 4)=−f ( x +2)= f ( x)，
则f ( x)的一个周期为4，则f (1)+ f (3)=0,f (2)+ f (4)=0,
则∑
i=1
2025
❑f (i)=506×[ f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)]+ f (2025)=506×[ f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)]+ f (1)=0
．
故选：B.
【变式7-1】（2025·吉林·模拟预测）已知定义域为R 的奇函数f ( x)满足f ( x)+ f (2−x)=2，则（ ）
A．f (2)=0
B．f (10)=10
C．f ( x)的最小正周期为2
D．x =1是曲线y = f ( x)的一条对称轴
【答案】B
【解题思路】根据奇函数的性质以及所给等式变形，结合对称性和周期性定义，赋值计算，对各选项逐一
进行分析判断.
【解答过程】对于A 选项，已知f ( x)是定义域为R的奇函数，则f (0)=0.
令x =0，代入f ( x)+ f (2−x)=2可得：f (0)+ f (2)=2，将f (0)=0代入得0+ f (2)=2，即f (2)=2，所以
A 选项错误.
对于B 选项，因为f ( x)是奇函数，则f (−x)=−f ( x).
由f ( x)+ f (2−x)=2可得f ( x)=2−f (2−x).
用−x代替x可得f (−x)+ f (2+ x)=2，又因为f (−x)=−f ( x)，所以−f ( x)+ f (2+ x)=2，即
f ( x +2)=2+ f ( x).
那么f ( x + 4)=2+ f ( x +2)=2+2+ f ( x)= 4+ f ( x).
同理f ( x +6)=2+ f ( x + 4)=2+ 4+ f ( x)=6+ f ( x).
f ( x +8)=2+ f ( x +6)=2+6+ f ( x)=8+ f ( x).
f ( x +10)=2+ f ( x +8)=2+8+ f ( x)=10+ f ( x).
令x =0，则f (10)=10+ f (0)=10+0=10，所以B 选项正确.
对于C 选项，由f ( x +2)=2+ f ( x)可知f ( x +2)≠f ( x)，所以f ( x)的最小正周期不是2，C 选项错误.
对于D 选项，由f (0)=0≠2= f (2)，得x =1不是曲线y = f ( x)的对称轴，D 选项错误.
故选：B.
【变式7-2】（2025·甘肃白银·三模）已知对于∀x∈R，f (x +1)+ f (x−1)= f (x)，f (x)+ g(x−3)=2，
g(−3−x)= g(−3+ x)，且g(−3)=1，则∑
i=0
2025
f (i)=（ ）
A．1
2
B．3
2
C．1
D．0
【答案】D
【解题思路】根据函数对称性结合计算得出函数周期性计算函数值和即可.
【解答过程】因为g(−3−x)= g(−3+ x)，所以f (−x)+ g(−x−3)= f (−x)+ g(x−3)=2= f (x)+ g(x−3)
，所以f (x)= f (−x).
由f (x +1)+ f (x−1)= f (x)，得f (x)+ f (x−2)= f (x−1)，两式相加得−f (x +1)= f (x−2)，所以
f (x)=−f (x +3)，
所以f (x)=−f (x +3)= f (x +6)，所以f (x)是以6 为周期的周期函数.
当x =0时，f (0)+ g(−3)=2，又g(−3)=1，所以f (0)=1，所以f (1)+ f (−1)= f (0)=1，所以f (1)= 1
2；
当x =1时，f (2)+ f (0)= f (1)，所以f (2)= f (1)−f (0)=−1
2，因为f (x)+ f (x +3)=0，
所以f (0)+ f (1)+ f (2)+ f (3) + f (4)+ f (5)=0，
所以∑
i=0
2025
f (i)=338(f (0)+ f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)+ f (5))−f (4)−f (5) = f (1)+ f (2)= 1
2 −1
2 =0.
故选：D.
【变式7-3】（2025·全国·模拟预测）已知函数f (x)，g(x)的定义域均为R，且f (1−x)+ g(x)=3，
g(3−x)−f (x)=1，y = g(x)的图象关于直线x =1对称，当x∈[0,1)时，f (x)= x
2+1，则
f (2024)+ g(2026)=（ ）
A．1
B．3
C．4
D．2025
【答案】B
【解题思路】在f (1−x)+ g(x)=3中用1−x代换x得f (x)+ g(1−x)=3，结合g(3−x)−f (x)=1得
g(x)+ g(x +2)= 4，即可得出函数g(x)的周期，进而得出函数f (x)的周期，根据y = g(x)的对称性求出
g(0)，g(2)的值，结合函数周期即可求得结果.
【解答过程】由f (1−x)+ g(x)=3，得f (x)+ g(1−x)=3，又因为g(3−x)−f (x)=1，
所以g(1−x)+ g(3−x)= 4，故g(x)+ g(x +2)= 4，g(x +2)+ g(x + 4)= 4，
所以g(x + 4)= g(x)，所以g(x)是以4 为周期的周期函数，
由f (x)+ g(1−x)=3，得f (x)=3−g(1−x)，所以
f (x + 4)=3−g(1−(x + 4))=3−g((1−x)−4)=3−g(1−x)= f (x)，
所以f (x)也是以4 为周期的周期函数，
因为当x∈[0,1)时，f (x)= x
2+1，所以f (0)=1.
因为y = g(x)的图象关于直线x =1对称，所以g(0)= g(2).
又因为g(0)+ g(2)= 4，所以g(2)=2，所以f (2024)+ g(2026)= f (0)+ g(2)=1+2=3.
故选：B.
【题型8 类周期函数】
【例8】（2024·云南昆明·二模）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,+ ∞)
【答案】C
【解题思路】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.
【解答过程】∵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.
【变式8-1】（24-25 高一上·浙江台州·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 )
【答案】C
【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.
【变式8-2】（24-25 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)
【答案】A
【解题思路】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.
【解答过程】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.
【变式8-3】（2025·天津和平·三模）定义域为R的函数f (x)满足f (x + 4)=2f (x)，当x∈[0,4)时，
f (x)={
1
2 x
2−x , x∈[0,2)
−(
1
3)
|x−3)
, x∈[2,4)
，若x∈[−8,−4)时，f (x)≥m−1
4
−1
m，则实数m的取值范围是（ ）
A．(−∞,−2)∪(0,2)
B．[−2,2)
C．[−2,0)∪(0,2)
D．[−2,0)∪[2,+ ∞)
【答案】A
【解题思路】结合题意求出函数f (x)在区间[−8,−4)上的最小值，根据题意得出f (x)min≥m−1
4
−1
m，解
该不等式即可得解.
【解答过程】当x∈[−8,−4)时，f (x)≥m−1
4
−1
m恒成立，则f (x)min≥m−1
4
−1
m，
因为定义域为R的函数f (x)满足f (x + 4)=2f (x)，
当x∈[0,4)时，f (x)={
1
2 x
2−x , x∈[0,2)
−(
1
3)
|x−3)
, x∈[2,4)
，
当x∈[−8,−6)时，x +8∈[0,2)，
则f (x)= 1
2 f (x + 4)= 1
4 f (x +8)= 1
4 ×[
1
2
(x +8)
2−(x +8))= 1
8
(x +8)
2−1
4
(x +8)
= 1
8 [(x +8)
2−2(x +8)+1)−1
8 = 1
8
(x +7)
2−1
8，
因为−1≤x +7<1，此时f (x)≥f (−7)=−1
8；
当x∈[−6,−4)时，x +8∈[2,4)，
则f (x)= 1
2 f (x + 4)= 1
4 f (x +8)= 1
4 ×[−(
1
3)
|x +8−3))=−1
4 ⋅(
1
3)
|x +5)
，
因为−1≤x +5<1，则0≤|x +5)≤1，则1
3 ≤(
1
3)
|x +5)
≤1，所以f (x)≥f (−5)=−1
4 ，
所以，函数f (x)在[−8,−4)上的最小值为f (x)min= f (−5)=−1
4 ，
所以，m−1
4
−1
m ≤f (x)min=−1
4 ，即m
4 −1
m ≤0，即m
2−4
4 m ≤0，解得m≤−2或0<m≤2.
因此，实数m的取值范围是(−∞,−2)∪(0,2).
故选：A.
【题型9 利用函数的性质比较大小】
【例9】（2025·湖南邵阳·二模）定义在R上的函数f (x)满足f (x)−f (2−x)=0，且f (x)在[1,+∞)上单调
递增，设a= f (−9)，b= f(
7
4)，c = f (log417)，则（ ）
A．b<c<a
B．c<b<a
C．a<b<c
D．b<a<c
【答案】A
【解题思路】先求出图象关于直线x =1对称，再利用对数的运算性质和函数的单调性比较即可.
【解答过程】因为定义在R上的函数f (x)满足f (x)−f (2−x)=0，
所以f (x)= f (2−x)即f (x)图象关于直线x =1对称，
所以a= f (−9)= f (11)，7
4 <2<log417<log4 4
3=3<11，
又f (x)在[1,+∞)上单调递增，所以b<c<a.
故选：A.
【变式9-1】（2025·重庆·二模）已知函数f (x) 是定义在R上的偶函数，且f (x)在(−∞,0) 上为增函数，
设a=(
1
2)
−2
5，b=3
2
3 ，c =(−3)
2
5，则 f (a)，f (b)，f (c)的大小关系是（ ）
A．f (a)>f (b)>f (c)
B．f (a)>f (c)>f (b)
C．f (c)>f (b)>f (a)
D．f (c)>f (a)>f (b)
【答案】B
【解题思路】易得函数f (x) 在 (0,+ ∞) 上为减函数，再利用指数函数和幂函数的单调性得到b>c>a>0
求解.
【解答过程】因为函数f (x)是定义在R上的偶函数，且f (x)在(−∞,0)上为增函数，
所以函数f (x)在(0,+ ∞)上为减函数，
又 a=(
1
2)
−2
5 =2
2
5 <3
2
5 =(−3)
2
5 =c，b=3
2
3 >3
2
5 =(−3)
2
5 =c，
所以b>c>a>0，则f (a)>f (c)>f (b)，
故选：B.
【变式9-2】（24-25 高三上·江苏南通·期末）定义在R 上的奇函数f (x)满足f (x)= f (4−x)，且f (x)在
[−2,2)上单调递增.设a= f(
7
4)，b= f(
7
2)，c = f (−13)，则（ ）
A．a<b<c
B．c<b<a
C．b<a<c
D．b<c<a
【答案】D
【解题思路】根据题意得到f (x)的图象的对称轴是x =2，周期是8，进一步有
b= f(
7
2)= f(
1
2),c = f (−13)= f (3)= f (1)，结合单调性即可得解.
【解答过程】定义在R上的奇函数f (x)满足f (x)= f (4−x)，
则f (x)的图象的对称轴是x =2，
所以f (x)= f (4−x)=−f (−x)，
则f (x + 4)=−f (x)，
则f (x +8)=−f (x + 4)= f (x)，所以f (x)的周期是8，
所以b= f(
7
2)= f(
1
2),c = f (−13)= f (3)= f (1)，
因为f (x)在[−2,2)上单调递增，
所以b= f(
1
2)<c = f (1)<a= f(
7
4).
故选：D.
【变式9-3】（2025·山东日照·一模）定义在R上的函数y = f (x)满足以下条件：①f (−x)−f (x)=0；②对
任意x1, x2∈[0,+ ∞)，当x1≠x2时都有
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0．则f (−❑√5),f (π),f (−3)的大小关系是（ ）
A．f (π)>f (−3)>f (−❑√5)
B．f (π)>f (−❑√5)>f (−3)
C．f (π)<f (−3)<f (−❑√5)
D．f (π)<f (−❑√5)<f (−3)
【答案】A
【解题思路】根据等式判断函数的奇偶性，根据不等式判断函数的单调性，结合函数的奇偶性和单调性进
行比较大小即可.
【解答过程】因为定义在R上的函数y = f (x)满足条件f (−x)−f (x)=0，
所以函数f (x)是偶函数，
对任意x1, x2∈[0,+ ∞)，当x1≠x2时都有
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0，
所以不妨设x1> x2，则有f (x1)−f (x2)>0⇒f (x1)>f (x2)，
因此x∈[0,+ ∞)时，函数f (x)是增函数，
因为函数f (x)是偶函数，
所以f (−❑√5)= f (❑√5)，f (−3)= f (3)，
因为x∈[0,+ ∞)时，函数f (x)是增函数，
所以f (π)>f (3)>f (❑√5)，即f (π)>f (−3)>f (−❑√5)，
故选：A.
【题型10 利用函数的性质解不等式】
【例10】（24-25 高三下·河南·阶段练习）已知奇函数f (x)在R上单调递减，若f (m)+ f (m−2)<f (0)，则
m的取值范围为（ ）
A．(−∞, 1
2)
B．(−∞,1)
C．(
1
2 ,+∞)
D．(1,+∞)
【答案】D
【解题思路】根据奇函数的性质化简不等式，然后根据函数的单调递减解关于m的不等式，求出m的取值
范围.
【解答过程】因为奇函数f (x)在R上有定义，所以f (0)=0，
所以f (m−2)<−f (m)= f (−m)
所以m−2>−m，解得m>1.
所以m的取值范围为(1,+ ∞).
故选：D.
【变式10-1】（2025·全国·模拟预测）若定义在R上的偶函数f (x)在(−∞,0)上单调递减，且f (2)=0，则满
足(x +1)f (x−1)≥0的x的取值范围是（ ）
A．[−1,1)∪[3,+ ∞)
B．{−1)∪[1,+∞)
C．[−1,0)∪[1,+∞)
D．{−1)∪[3,+∞)
【答案】D
【解题思路】根据函数是偶函数及函数单调性，分类讨论计算求解不等式即可.
【解答过程】因为定义在R上的偶函数f (x)在(−∞,0)上单调递减，且f (2)=0，则f (−2)=0，
则x∈(−2,2),f (x)<0；x∈(−∞,−2)∪(2,+ ∞),f (x)>0；
当x−1≥2即x ≥3时，f (x−1)≥0，x +1≥4，(x +1)f (x−1)≥0成立；
当−2< x−1<2时，0< x +1<4，f (x−1)<0，(x +1)f (x−1)<0；
当x−1<−2时，x +1<0，f (x−1)>0，(x +1)f (x−1)<0；
当x−1=−2即x =−1时，(x +1)f (x−1)=0，
所以x的取值范围是{−1)∪[3,+ ∞)．
故选：D．
【变式10-2】（2025·广西河池·二模）设函数f (x)是定义在R上的偶函数，且在区间(0,+ ∞)上单调递增.若
实数a满足f (a−1)>f (2)，则a的取值范围是（ ）
A．a>3
B．a<−1
C．a<−1或a>3
D．−1<a<3
【答案】C
【解题思路】根据偶函数f (−x)= f ( x)可将不等式f (a−1)>f (2)转化为f (|a−1|)>f (2)，再结合函数
在(0,+∞)上单调递增的性质得到关于a的绝对值不等式，最后求解绝对值不等式得出a的取值范围.
【解答过程】由于f (x)是偶函数，根据偶函数的定义，f (−x)= f (x).
因此，不等式f (a−1)>f (2)可以转化为f (|a−1))>f (2).
函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，在(−∞,0)上单调递减，
所以|a−1)>2，解得a<−1或a>3.
故选：C.
【变式10-3】（2025·河北石家庄·三模）已知f (x)是定义在R上的奇函数，当x1、x2∈(0,+ ∞)且x1≠x2
时，都有
x2f (x1)−x1f (x2)
x1 x2(x1−x2)
>0成立，f (2025)=2025，则不等式f (x)−x>0的解集为（ ）
A．(−∞,−2025)∪(2025,+ ∞)
B．(−2025,0)∪(2025,+∞)
C．(−2025,2025)
D．(−
1
2025 ,
1
2025)
【答案】B
【解题思路】构造函数g(x)= f (x)
x
，其中x≠0，分析该函数的单调性与奇偶性，结合已知条件得出
g(−2025)= g(2025)=1，然后将所求不等式转化为{
x>0
g(x)>1)、{
x<0
g(x)<1)，解之即可.
【解答过程】构造函数g(x)= f (x)
x
，其中x≠0，则g(−x)= f (−x)
−x
= f (x)
x
= g(x)，
故函数g(x)为偶函数，
当x1、x2∈(0,+ ∞)且x1≠x2时，都有
x2f (x1)−x1f (x2)
x1 x2(x1−x2)
>0成立，
不妨设x1< x2，则
x2f (x1)−x1f (x2)
x1 x2
= f (x1)
x1
−f (x2)
x2
<0，即g(x1)<g(x2)，
故函数g(x)在(0,+ ∞)上为增函数，即该函数在(−∞,0)上为减函数，
因为f (2025)=2025，则g(−2025)= g(2025)= f (2025)
2025
=1，
当x>0时，由f (x)−x>0得f (x)
x
>1，即g(x)>g(2025)，解得x>2025；
当x<0时，由f (x)−x>0得f (x)
x
<1，即g(x)<g(−2025)，解得−2025< x<0.
综上所述，不等式f (x)−x>0的解集为(−2025,0)∪(2025,+∞).
故选：B.
【题型11 抽象函数的单调性、奇偶性、周期性】
【例11】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）函数f (x)的定义域为R，且对任意的实数x，都有
f (x)= f (x−2)−f (4−x)，且f (0)=2，则下列说法错误的是（ ）
A．f (x)为偶函数
B．f (x)为周期函数且周期为12
C．f (4)=−1
D．∑
i=1
25
f (2i)=2
【答案】D
【解题思路】用x +2代替x，可得f (2+ x)+ f (2−x)= f (x)，可判断C；用−x替换x，结合偶函数的性质可
得A 正确；用x +2替换x，结合偶函数的性质可得B 正确；由函数的周期性可得D 错误.
【解答过程】因为f (x)= f (x−2)−f (4−x)，用x +2代替x，可得f (2+ x)+ f (2−x)= f (x)，
令x =0，得f (0)=2f (2)=2，即f (2)=1，
令x =2，得f (4)+ f (0)= f (2)，所以f (4)= f (2)−f (0)=1−2=−1，C 正确；
用−x替换x，可得f (2−x)+ f (2+ x)= f (−x)，所以f (x)= f (−x)，
所以函数f (x)为偶函数，A 正确；
用x +2替换x，可得f (4+ x)+ f (−x)= f (x +2)，
所以f (4+ x)+ f (x)= f (x +2)，所以f (x)= f (x +2)−f (x + 4)，
所以f (x +2)= f (x + 4)−f (x +6)，即f (x +6)=−f (x)．
所以f (x +12)=−f (x +6)= f (x)，
故f (x)是以12 为周期的周期函数，B 正确；
f (6)=−f (0)=−2，
所以f (6)= f (4)−f (−2)= f (4)−f (2)=−1−1=−2；
f (8)=−f (2)=−1，f (10)=−f (4)=1，f (12)=2，
所以∑
i=1
25
f (2i)= 4[1+(−1)+(−2)+(−1)+1+2)+1=1，D 错误.
故选：D.
【变式11-1】（2025·辽宁盘锦·三模）已知定义域均为R的函数f ( x)，g( x)满足f (2−x)+ f (x)=2，
g(4−x)= g(x)，g(2)=3，若f (x)= g(2+ x)+ 4，则下列说法错误的是（ ）
A．f ( x)的图象关于y 轴对称
B．−8为f ( x)的一个周期
C．f (2023)=−1
D．∑
k =1
22
❑f (k )=16
【答案】C
【解题思路】根据抽象函数的奇偶性和对称性，求出周期，确定对称轴，求函数值的和分别判断各个选项.
【解答过程】因为f (x)= g(2+ x)+ 4，所以f (−x)= g(2−x)+ 4，又因为g(4−x)= g(x)，所以
g(2+ x)= g(2−x)，所以f (x)= f (−x)，所以f ( x)的图象关于y 轴对称，故A 正确；
又因为f (2−x)+ f (x)=2，所以f (−x)+ f (2+ x)=2，所以f (x)+ f (2+ x)=2，即f (2+ x)=2−f (x)，
所以f (4 + x)= f [2+(2+ x))=2−f (2+ x)=2−[2−f (x))= f (x)，所以T = 4，故B 正确；
在f (x)+ f (2−x)=2中，令x =1，得f (1)=1，所以f (2023)= f (3)= f (−1)= f (1)=1，故C 错误；
因为g(2)=3，所以f (0)= g(2)+ 4 =7，所以f (4)=7，所以f (2)=2−f (0)=−5，f (3)= f (−1)= f (1)=1，
故∑
k =1
22
f (k )=[ f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)]×5+ f (1)+ f (2)=(1−5+1+7)×5+1−5=16，故D 正确．
故选：C.
【变式11-2】（2025·江西九江·一模）定义在R上的函数f (x)满足：①对任意x∈R，都有
f (2+ x)= f (1)−f (−x)；②f (2 x)的图象关于直线x =1对称：③f (2)=1,f(
3
2)=
❑√2
2 ．则下列说法正确的
是（ ）
A．f (x +2)是奇函数
B．f (x +1)是偶函数
C．f(−1
2)=−
❑√2
2
D．∑
k =1
2025
f(
k
2)=0
【答案】C
【解题思路】根据对称性可得f (x)的图象关于(1,0)对称，直线x =2对称，且以以4 为周期的周期函数，即
可根据函数图象的平移，结合奇偶性的定义求解.
【解答过程】令x =−1，得f (2−1)= f (1)−f (1)=0，即f (1)=0,∴f (2+ x)+ f (−x)=0，故函数f (x)的图
象关于(1,0)对称．
又∵f (2 x)的图象关于直线x =1对称，故f (2 x)= f (2(2−x))= f (4−2 x)，∴f (x)的图象关于直线x =2对
称．
f (x)= f (4−x)=−f (−2+ x)= f (x−4)，∴f (x)是以4 为周期的周期函数．
对于A，f (x +2)的图象是将f (x)的图象向左平移2 个单位，故f (x +2)的图象关于y轴对称，f (x +2)是偶
函数，故A 错误；
对于B，f (x +1)的图象是将f (x)的图象向左平移1 个单位，故f (x +1)的图象关于原点对称，f (x +1)是奇
函数，故B 错误；
对于C，由f (2+ x)+ f (−x)=0，得f(−1
2)+ f(
5
2)=0；由f (−x +2)= f (x +2)，得f(
3
2)= f(
5
2)，
∴f(−1
2)=−f(
3
2)=−
❑√2
2 ，故C 正确；
对于D，依题意，得f(
1
2)=−
❑√2
2 ,f (1)=0,f(
3
2)=
❑√2
2 ,f (2)=1,f(
5
2)=
❑√2
2 ,f (3)=0，f(
7
2)=−
❑√2
2 ，
f (4)=−1,∴∑
k =1
8
f(
k
2)=0,∴∑
k =1
2025
f(
k
2)= f(
1
2)=−
❑√2
2 ，故D 错误．
故选：C．
【变式11-3】（2025·吉林长春·模拟预测）已知函数f ( x)的定义域为R，
∀x , y ∈R ,f ( x)+ f ( y)=2f ( x + y
2
)f ( x−y
2
)，且∃x0,f ( x0)≠0，f (1)=0，则（ ）
A．f ( x)是奇函数
B．f (1−x)+ f (1+ x)=0
C．f ( x)=2f
2( x
2 )
D．f ( x)是周期为2 的函数
【答案】B
【解题思路】根据给定条件，利用赋值法逐项分析判断.
【解答过程】函数f ( x)，∀x , y ∈R ,f ( x)+ f ( y)=2f ( x + y
2
)f ( x−y
2
)，
对于A，取x = y = x0，f ( x0)≠0，则f ( x0)+ f ( x0)=2f ( x0)f (0)，
解得f (0)=1≠0，f ( x)不是奇函数，A 错误；
对于B，∀t ∈R，取x =1−t , y =1+t，则f (1−t )+ f (1+t )=2f (1)f (−t )=0，
即f (1−x)+ f (1+ x)=0，B 正确；
对于C，取y =0，则f ( x)+ f (0)=2f
2( x
2 )，即f ( x)=2f
2( x
2 )−1，C 错误；
对于D，由f (1−x)+ f (1+ x)=0，得f (2)+ f (0)=0，即f (2)=−1≠f (0)，
因此2 不是f ( x)的周期，D 错误.
故选：B.
【题型12 函数新定义】
【例12】（2025·甘肃定西·模拟预测）若定义在Z上的函数f (x)满足对任意x , y ∈Z均有
f (x + y)= f (x)f (2−y)+ f (2−x)f ( y)，则称f (x)为“S−2函数”.已知f (x)为“S−2函数”，且f (2)=1
，f (−1)<0，则f (0)+ f (47)=（ ）
A．−
❑√2
2
B．0
C．
❑√2
2
D．1
【答案】A
【解题思路】由新定义赋值得f (x)的图象关于直线x =2对称，进一步赋值得f (x)为奇函数，f (x)是周期为
8 的周期函数，故只需求出f (−1)的值即可.
【解答过程】令x = y =0，则f (0)= f (0)f (2)+ f (2)f (0)=2f (2)f (0)=2f (0)，所以f (0)=0；
令y =2，则f (x +2)= f (x)f (0)+ f (2−x)f (2)= f (2−x)，
所以f (x)的图象关于直线x =2对称；
令y =−x，则f (0)= f (x)f (2+ x)+ f (2−x)f (−x)=[f (x)+ f (−x))f (2+ x)=0，
因为f (2+ x)=0不恒成立，所以f (x)+ f (−x)=0恒成立，所以f (x)为奇函数，
所以f (x + 4)= f (−x)=−f (x)，所以f (x +8)=−f (x + 4)= f (x)，
所以f (x)是周期为8 的周期函数，令x =1, y =1，则f (2)=2[ f (1)]
2=1，
解得f (1)=±
❑√2
2 ，又f (−1)<0,f (x)为奇函数，所以f (−1)=−f (1)=−
❑√2
2 ，
所以f (0)+ f (47)=0+ f (6×8−1)= f (−1)=−
❑√2
2 .
故选：A.
【变式12-1】（2025·辽宁·二模）若函数f ( x)满足：存在非零常数t，对任意x∈R，f ( x−t )≤f ( x)，则
称f ( x)是“t −衰减函数”．已知函数f ( x)为R上的奇函数，且当x ≥0时，f ( x)=|2 x−m|−m(m>0)，
若f ( x)为“6−衰减函数”，则m的取值范围为（ ）
A．(2,+ ∞)
B．(0,2)
C．(3,+∞)
D．(0,3]
【答案】D
【解题思路】根据条件，利用绝对值的性质，得{
−2 x ,0≤x ≤m
2
2 x−2m, x> m
2)
，再利用奇函数的性质，得到f (x)的图
象，再利用题设定义，数形结合，即可求解.
【解答过程】当2 x−m>0，即x> m
2 时，f ( x)=2 x− m−m=2 x−2m；
当2 x−m≤0，即0≤x ≤m
2 时，f ( x)=m−2 x−m=−2 x，
所以当x∈[0,+∞)时，f ( x)= {
−2 x ,0≤x ≤m
2
2 x−2m, x> m
2)
，因为f ( x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，
作出f ( x)的大致图象，如图所示，
因为f ( x)为“6−衰减函数”，所以f ( x−6)≤f ( x)在R上恒成立，
所以将f (x)的图象向右平移6个单位长度后得到的图象不在f ( x)图象的上方，
由图象知点P(−m
2 ,m)向右平移6 个单位长度后得点P1(6−m
2 ,m)不在点Q(
3m
2 ,m)的左边，
所以6−m
2 ≥3m
2 ，解得0<m≤3．
故选：D．
【变式12-2】（2025·山东·模拟预测）若存在a∈R且a≠0，使得对任意x∈R，均有
f (x +a)<f (x)−f (a)成立，则称函数y = f (x)具有性质β.已知函数y = f (x)的定义域为R，给出下面两个条
件：条件α1: y = f (x)单调递减且f (0)=0；条件α2: y = f (x)单调递增且存在x0<0，使得f (x0)=0.下面关于
函数y = f (x)具有性质β的充分条件的判断中，正确的是（ ）
A．只有α1是
B．只有α2是
C．α1和α2都是
D．α1和α2都不是
【答案】C
【解题思路】根据单调函数的性质结合函数y = f (x)具有性质β的定义对两个命题判断后可得正确的选项.
【解答过程】对于α1，当a>0时，x +a> x，
因为f (x)单调递减且f (0)=0，所以f (x +a)<f (x),f (a)<f (0)=0，
故存在a>0(a∈R且a≠0)，对任意的x∈R，
均有f (x +a)+ f (a)<f (x)即f (x +a)<f (x)−f (a)成立，
所以α1是函数y = f (x)具有性质β的充分条件；
对于α2，当a= x0<0时，x +a= x + x0< x ,f (a)= f (x0)=0，
因为f (x)单调递增，所以f (x +a)= f (x + x0)<f (x)= f (x)−f (a)恒成立，
故存在a= x0<0(a∈R，且a≠0)，
对任意的x∈R，均有f (x +a)<f (x)−f (a)成立，
所以α2也是函数y = f (x)具有性质β的充分条件.
故选：C.
【变式12-3】（2025·上海浦东新·模拟预测）设函数f (x)的定义域为D，若存在实数T (T )>0)，使得对于
任意x∈D，都有f (x)<f (x +T )，则称f (x)为＂T −严格增函数＂，对于＂T −严格增函数＂，有以下四
个结论：
①＂T－严格增函数＂f (x)一定在D上严格增；
②＂T－严格增函数＂f (x)一定是＂nT －严格增函数＂（其中n∈N
∗，且n≥2）
③函数f (x)=[x)是＂T −严格增函数＂（其中[x)表示不大于x的最大整数）
④函数f (x)= x−[x)不是＂T −严格增函数＂（其中[x)表示不大于x的最大整数）
其中，正确的结论个数有（ ）
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】C
【解题思路】根据函数新定义及特殊函数判断①②③，由函数解析式得f (x +1)= f (x)，即f (x)是周期为1
的周期函数，利用周期性并讨论T =1、T >0且T ≠1判断④.
【解答过程】①，对于f (x)={
x , x<0
x−1, x ≥0)，定义域为R，
存在T =2，对于任意x∈R，都有f (x)<f (x +2)，
但f (x)在R上不单调递增，错误．
②，f (x)是＂T −严格增函数＂，存在T >0，对任意x∈D，都有f (x)<f (x +T )，
因为n≥2,T >0，所以f (x +T )<f (x +nT )，故f (x)<f (x +nT )，
即存在实数nT >0，使得对任意x∈D，都有f (x)<f (x +nT )，
所以f (x)是＂nT −严格增函数＂，正确．
③，f (x)=[x)，定义域为R，当T =1时，对任意的x∈R，都有[x)<[x +1)，
即f (x)<f (x +1)，所以函数f (x)=[x)，＂T −严格增函数＂，正确．
④，对于函数f (x)= x−[x)，f (x +1)= x +1−[x +1)= x +1−[x)−1= x−[x)= f (x)，
所以f (x)是周期为1 的周期函数，f(
1
2)= 1
2 −[
1
2)= 1
2，
若T =1，则f(
1
2 +1)= 3
2 −[
3
2)= 1
2 = f(
1
2)，不符合题意．
因为f (x)的周期为1，故不妨设0<T <1，
设x =1−T ∈(0,1)，则f (x +T )= f (1)=1−[1)=0，
而f (x)= f (1−T )=1−T −0=1−T，此时f (x)>f (x +T )，矛盾；
所以函数f (x)= x−[x)不是＂T −严格增函数＂，正确．
故选：C.
一、单选题
1．（2025·吉林长春·模拟预测）函数f (x)= 1
x +
1
x−2的对称中心为（ ）
A．(1,0)
B．(0,0)
C．(2,0)
D．(1,1)
【答案】A
【解题思路】首先观察函数函数的定义域，得到对称中心的横坐标，再代入f (x)+ f (2−x)求对称中心的纵
坐标.
【解答过程】因为f (x)= 1
x +
1
x−2的定义域为(−∞,0)∪(0,2)∪(2,+∞)，根据定义域对称且有对称中
心，所以对称中心横坐标为1，
由f (x)+ f (2−x)= 1
x +
1
x−2 +
1
2−x + 1
−x =0，得对称中心纵坐标为0，
所以对称中心为(1,0).
故选：A.
2．（2025·上海·高考真题）已知A(0,1),B(1,2)，C 在Γ : x
2−y
2=1( x ≥1, y ≥0)上，则△ABC的面积
（ ）
A．有最大值，但没有最小值
B．没有最大值，但有最小值
C．既有最大值，也有最小值
D．既没有最大值，也没有最小值
【答案】A
【解题思路】设出曲线上一点为(a,b)，得出a=
❑√b
2+1，将三角形的高转化成关于b的函数,分析其单调
性，从而求解.
【解答过程】设曲线上一点为(a,b)，则a
2−b
2=1，则a=
❑√b
2+1，
k AB= 2−1
1−0 =1，AB方程为：y −1= x，即x−y +1=0，
根据点到直线的距离公式，(a,b)到AB的距离为：|a−b+1)
❑√2
=|❑√b
2+1−b+1)
❑√2
=
❑√b
2+1−b+1
❑√2
，
设f (b)=
❑√b
2+1−b=
1
❑√b
2+1+b
，
由于b≥0，显然f (b)关于b单调递减，f (b)max = f (0)，无最小值，
即△ABC中，AB边上的高有最大值，无最小值，
又AB一定，故面积有最大值，无最小值.
故选：A.
3．（2025·江苏南通·模拟预测）设f ( x)是定义在R上的函数，对∀x , y ∈R，有
f ( x + y)−f ( x−y)= f ( x +1)f ( y −1)，且f (2)=−2，则f (f (2025))=（ ）
A．2
B．-2
C．1
D．-1
【答案】A
【解题思路】根据给定条件，利用赋值法探讨函数的周期，再求出函数值.
【解答过程】函数f ( x)，对∀x , y ∈R，有f ( x + y)−f ( x−y)= f ( x +1)f ( y −1)，
取x = y =1，得f (2)−f (0)= f (2)f (0)，而f (2)=−2，则f (0)=2，
对∀x∈R，令y =1，得f ( x +1)−f ( x−1)= f ( x +1)f (0)=2f ( x +1)，
即f ( x +1)=−f ( x−1)，因此f ( x + 4)=−f ( x +2)=−[−f ( x)]= f ( x)，函数f ( x)周期为4，
令x = y =0，得f (1)f (−1)=0，而f ( x +1)=−f ( x−1)，则f (1)=−f (−1)=0，
所以f (f (2025))= f (f (1))= f (0)=2.
故选：A.
4．（2025·天津·高考真题）已知函数y = f (x)的图象如下，则f (x)的解析式可能为（ ）
A．f ( x)=
x
1−| x|
B．f ( x)=
x
| x|−1
C．f ( x)=| x|
1−x
2
D．f ( x)=| x|
x
2−1
【答案】D
【解题思路】先由函数奇偶性排除AB，再由x∈(0,1)时函数值正负情况可得解.
【解答过程】由图可知函数为偶函数，而函数f (x)=
x
1−|x)和函数f (x)=
x
|x)−1为奇函数，故排除选项
AB；
又当x∈(0,1)时1−x
2>0, x
2−1<0，此时f (x)= |x)
1−x
2 >0,f (x)= |x)
x
2−1
<0，
由图可知当x∈(0,1)时，f (x)<0，故C 不符合，D 符合.
故选：D.
5．（2025·天津河北·模拟预测）已知函数y = f (x)是定义在R 上的奇函数，则下列函数中为奇函数的是
（ ）
A．y = f (|x))
B．y = f (x
2)
C．y = x⋅f (x)
D．y = f (x)+ x
【答案】D
【解题思路】利用函数奇偶性的定义判断可得结论．
【解答过程】因为f (x)的定义域为R，又因为f (|−x|)= f (| x|)，所以y = f (| x|)是偶函数，不符合题
意；
令F (x)= f ( x
2)，则F (−x)= f (x
2)= F (x)，所以F (x)是偶函数，不符合题意；
令M (x)= x⋅f (x)，则M (−x)=−x⋅f (−x)= x⋅f (x)= M (x)，所以M (x)是偶函数，不符合题意；
令N (x)= f (x)+ x，则N (−x)= f (−x)−x =−f (x)−x =−[f (x)+ x)=−N (x)，所以N (x)是奇函数，符合
题意．
故选：D．
6．（2025·山东济南·二模）设f (x)为偶函数，当x∈(0,+ ∞)时，f (x)= x−1，则使f (x)>0的x的取值范
围是（ ）
A．{x|x >1))
B．{x|−1< x <0))
C．{x|x <−1))或x>1)
D．{x|−1< x <0))或x>1)
【答案】C
【解题思路】根据题意，做出函数的图像，结合图像，即可得到结果.
【解答过程】
因为x∈(0,+∞)时，f (x)= x−1单调递增，
又因为f (x)为偶函数，故可以做出f (x)的图像如图所示，
由图像可知，若f (x)>0，则x<−1或x>1.
故选：C.
7．（2025·重庆·三模）已知定义域为 R 的连续函数 f (x) 满足： ① f (x +6) 为偶函数； ②
∀x∈R，f (2+ x)+ f (4−x)=0 ； ③ ∀x1, x2∈(0,3), f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0 ． 则 f (2),f (5),f (121)
的大小顺序为（ ）
A．f (2)<f (5)<f (121)
B．f (2)<f (121)<f (5)
C．f (121)<f (2)<f (5)
D．f (5)<f (2)<f (121)
【答案】C
【解题思路】根据①得∴f ( x)关于直线x =6对称，再得其f ( x)关于点(3,0)对称，则得到其周期性，再利
用其单调性即可比较大小.
【解答过程】由①，有f ( x +6)= f (−x +6),∴f ( x)关于直线x =6对称；
由②，令t =2+ x，则x =t −2，有f (6−t )=−f (t ),∴f ( x)关于点(3,0)对称；
则f (6−x)=−f ( x)，又因为f (−x +12)= f ( x)，则f (6−x)=−f (−x +12)，
则f ( x)=−f ( x +6)，则f ( x +6)=−f ( x +12)，则f ( x)= f ( x +12)，
则f ( x)的周期为12，故f (121)= f (1)；
由③，知f ( x)在(0,3)单调递增，∵f ( x)关于点(3,0)对称，
∴f ( x)在(3,6)单调递增，又∵f ( x)在R上连续，
∴f ( x)在(0,6)单调递增，故有f (1)<f (2)<f (5)，
即f (121)<f (2)<f (5)．
故选：C.
8．（2025·福建·模拟预测）已知函数f (x)是定义在R上的偶函数，且当x ≥0时，f (x)= x
2−2 x +2. 若
f (x)≥2 x +b对任意的x∈R恒成立，则实数b的取值范围是（ ）
A．(−∞,2)
B．(−∞,1)
C．(−∞,0)
D．(−∞,−2)
【答案】D
【解题思路】先在f (x)≥2 x +b的条件下证明b≤−2，然后在b≤−2的条件下证明f (x)≥2 x +b，即可说明
b的取值范围是(−∞,−2).
【解答过程】一方面，由于f (x)≥2 x +b对任意实数x恒成立，故f (2)≥2×2+b，即
2
2−2×2+2≥2×2+b，所以b≤−2.
另一方面，若b≤−2，则对x<0有f (x)= f (−x)=(−x)
2−2(−x)+2= x
2+2 x +2≥2 x ≥2 x −2≥2 x +b.
且对x ≥0有f (x)= x
2−2 x +2=(x
2−4 x + 4)+2 x −2=(x −2)
2+2 x −2≥2 x −2≥2 x +b.
故在b≤−2的情况下，必有f (x)≥2 x +b恒成立.
综合上述两个方面，可知实数b的取值范围是(−∞,−2).
故选：D.
二、多选题
9．（2025·陕西商洛·模拟预测）若函数 f (x)= x
❑√x
2−1 ，则（ ）
A．f (❑√3)= ❑√6
B．f ( x)的定义域为 (−∞,−1]∪[1,+∞)
C．f ( x)是奇函数
D．f ( x)的最小值为 0
【答案】ABC
【解题思路】求出函数值判断A；求出定义域判断B；由奇函数定义判断C；举例说明判断D.
【解答过程】对于A，f (❑√3)= ❑√3⋅
❑√(❑√3)
2−1= ❑√6，A 正确；
对于B，由x
2−1≥0，解得x ≤−1或x ≥1，因此f ( x)的定义域为 (−∞,−1]∪[1,+∞)，B 正确；
对于C，f (−x)=−x⋅
❑√(−x)
2−1=−x
❑√x
2−1=−f ( x)，f ( x)是奇函数，C 正确；
对于D，f (−❑√3)=−f (❑√3)=−❑√6<0，D 错误.
故选：ABC.
10．（2025·山东泰安·模拟预测）函数f ( x)对于任意的x , y ∈R，满足
f ( x−y)−f ( x + y)= f ( x−1)f ( y −1)，且f (0)=2，则（ ）
A．y = xf ( x)为偶函数
B．4是函数f ( x)的一个周期
C．点(2025,0)是f ( x)图象的对称中心
D．∑
i=0
2026
f (i)=0
【答案】BCD
【解题思路】根据给定条件，利用赋值法，结合函数奇偶性、周期性及对称性的意义逐项判断即得.
【解答过程】由题知，f ( x−y)−f ( x + y)= f ( x−1)f ( y −1)
对于选项A：令x = y =0，得f (0)−f (0)= f (−1)f (−1)，所以f (−1)=0，
令x =0，得f (−y)−f ( y)= f (−1)f ( y −1)=0，即f (−y)= f ( y)，所以f ( x)为偶函数，
所以函数ℎ( x)= xf ( x)为奇函数，故选项A 不正确；
对于选项B：令x =1，f (1−y)−f (1+ y)= f (0)f ( y −1)=2f ( y −1)，即f ( y +1)=−f ( y −1)，
f ( y +2)=−f ( y)= f ( y −2)，所以f ( x)周期为4，故选项B 正确；
对于选项C： 由B 中f ( y +1)=−f ( y −1)，即f ( y +1)+ f ( y −1)=0，所以f ( x)关于(1,0) 对称，且
f (1)=0，又f ( x)周期为4，所以f (2025)= f (1)=0，故选项C 正确；
对于选项D：令x = y =1，得f (0)−f (2)= f (0)f (0)，即f (2)=−2，
令x =1, y =2，得f (−1)−f (3)=2f (1)，所以f (3)=0，
所以f (0)+ f (1)+ f (2)+ f (3)=2+0+(−2)+0=0，
故∑
i=0
2026
f (i)= f (2024)+ f (2025)+ f (2026)= f (0)+ f (1)+ f (2)=0，故选项D 正确.
故选：BCD.
11．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数f (x)满足：①定义域为(−∞,0)∪(0,+ ∞)，②
f (x)+ f ( y)−f (xy)=2，③当x>1时，f (x)>2，则（ ）
A．f (1)+ f (−1)=0
B．f (1)−f (−1)=0
C．f (2025)>f (2024)
D．若f (x +2)<2，则x的取值范围为−3< x<−1
【答案】BC
【解题思路】用赋值法先令x = y =1求得f (1)=2，再令x = y =−1即可求得f (−1)=2，进而判断A、B；任
取0< x1< x2，则t = x2
x1
>1,f (t )>2，由函数单调性的定义判断C；令y =−1可判断奇偶性，利用奇偶性与
单调性解不等式判断D.
【解答过程】在f (xy)+2= f (x)+ f ( y)中，
令x = y =1得f (1)+2= f (1)+ f (1)，则f (1)=2，
令x = y =−1得f (1)+2= f (−1)+ f (−1)，则f (−1)=2，
故f (1)+ f (−1)= 4，f (1)−f (−1)=0，故A 错，B 对；
对于C，设0< x1< x2，则t = x2
x1
>1,f (t )>2，
由f (x)+ f ( y)−f (xy)=2，得f (xy)= f (x)+ f ( y)−2，
所以f (x2)= f (t x1)= f (t )+ f (x1)−2>f (x1)，
则f (x)在(0,+ ∞)上是增函数，从而f (2025)>f (2024)，故C 正确；
对于D，令y =−1得f (x)+ f (−1)−f (−x)=2，即f (−x)= f (x)，
所以f (x)是偶函数，故f (x +2)<2等价于f (|x +2))<f (1)，
又f (x)在(0,+ ∞)上是增函数，所以{
|x +2)<1
x +2≠0)，
解得−3< x<−1且x≠−2，故D 错误.
故选：BC.
三、填空题
12．（2025·山西朔州·模拟预测）已知函数f ( x)是定义在R上周期为4 的奇函数，若f (1)=1，则
f (2)+3 f (399)= ．
【答案】−3
【解题思路】根据给定条件，利用函数的奇偶性和周期性求出函数值.
【解答过程】函数f ( x)是定义在R上周期为4 的奇函数，故f (−x)=−f ( x)且f ( x + 4)= f ( x)，
故f (−2)=−f (2)= f (2)，解得f (2)=0，f (399)= f (399−400)= f (−1)，
又f (1)=1，所以f (2)+3 f (399)=0+3 f (−1)=−3 f (1)=−3.
故答案为：−3.
13．（2025·甘肃白银·三模）若函数f (x)={
x
2−(a−1) x +1, x ≥2
(3a+2) x−3, x<2 )，是定义在R上的增函数，则实数a的
取值范围是 .
【答案】(−2
3 , 3
4)
【解题思路】由题意可得{
a−1
2
≤2
3a+2>0
4−2(a−1)+1≥2(3a+2)−3)
，解不等式即可得出答案.
【解答过程】由题知，{
a−1
2
≤2
3a+2>0
4−2(a−1)+1≥2(3a+2)−3)
，解得：−2
3 <a≤3
4 .
故答案为：(−2
3 , 3
4).
14．（2025·陕西安康·模拟预测）已知函数f (x)的图象关于(2,0)中心对称，且f (x)在[2,+∞)上单调递减，
若f (3−2a)+ f (4 a+5)>0，则实数a 的取值范围为 ．
【答案】a<−2
【解题思路】根据函数图象关于(2,0)中心对称可得f (4−x)=−f (x)，又因为f (x)在[2,+∞)上单调递减可
推得f (x)≤0结合函数关于(2,0)中心对称进而推得f (x)在R上单调递减.再利用函数的单调性即可求得a的范
围.
【解答过程】由函数f (x)的图象关于(2,0)中心对称，则f (4−x)=−f (x).
又因为f (x)在[2,+ ∞)上单调递减，所以x∈[2,+∞)时，f (x)≤0，
且f (x)在(−∞,2)上单调递减，且f (x)>0，可得f (x)在R上单调递减.
又因为f (3−2a)=−f (1+2a)，所以f (3−2a)+ f (4 a+5)>0可得f (4 a+5)>f (1+2a)，
则4 a+5<1+2a，得a<−2.
故答案为：a<−2.
四、解答题
15．（2025·上海·三模）已知f (x)= ax−b
4−x
2 ，函数y = f (x)是定义在(−2,2)上的奇函数，且f (1)= 1
3.
(1)求f (x)的解析式；
(2)判断y = f (x)的单调性，并用函数单调性的定义加以证明.
【答案】(1)f ( x)=
x
4−x
2 (−2< x<2)
(2)f (x)在区间(−2,2)上为严格增函数，证明见解析
【解题思路】（1）根据题意，由奇函数的性质可得f (0)=0，求出b的值，结合函数的解析式求出a的值，
计算可得答案；
（2）根据题意，根据单调性的定义，结合作差法证明可得答案．
【解答过程】（1）根据题意，f ( x)= ax−b
4−x
2 是定义在(−2,2)上的奇函数，
则有f (0)= −b
4 =0，解得b=0，
又由f (1)= a
3 = 1
3，解得a=1，
所以f ( x)=
x
4−x
2，f ( x)定义域为(−2,2)，
且f (−x)=
−x
4−(−x)
2 = −x
4−x
2 =−f ( x)，所以f ( x)=
x
4−x
2 (−2< x<2)；
（2）f ( x)在区间(−2,2)上为严格增函数．
证明如下：设任意−2< x1< x2<2，则f ( x1)−f ( x2)=
x1
4−x1
2 −
x2
4−x2
2 = (4+ x1 x2)( x1−x2)
(4−x1
2)(4−x2
2) ，
由−2< x1< x2<2，得−4< x1 x2<4，
即4 + x1 x2>0，x1−x2<0，(4−x1
2)(4−x2
2)>0，
所以f ( x1)−f ( x2)<0，即f ( x1)<f ( x2)，
故f ( x)在区间(−2,2)上为严格增函数．
16．（24-25 高一上·山东淄博·阶段练习）已知函数f (x)= 2 x +b
ax +1 ，点A (1,5)，B (2,4)是f (x)图象上的两
点.
(1)求a，b的值；
(2)求函数f (x)在[1,3)上的最大值和最小值.
【答案】(1){
a=1
b=8)
(2)f ( x)max =5，f ( x)min= 7
2
【解题思路】（1）把图象上的两点代入函数解析式，由方程组求a，b的值；
（2）定义法求函数单调性，由单调性求最值.
【解答过程】（1）因为点A (1,5)，B (2,4)是f (x)图象上的两点，
所以{
5= 2+b
a+1
4 = 4+b
2a+1)
，解得{
a=1
b=8).
（2）设1≤x1< x2≤3，
则f (x1)−f (x2)= 2 x1+8
x1+1 −2 x2+8
x2+1 =
6(x2−x1)
(x1+1)(x2+1)
，
因为1≤x1< x2≤3，所以x2−x1>0，(x1+1)(x2+1)>0，
则f (x1)−f (x2)>0，即f (x1)>f (x2)，
所以函数f (x)= 2 x +8
x +1 在[1,3)上单调递减.
故f ( x)max = f (1)=5，f ( x)min= f (3)= 7
2.
17．（24-25 高二下·山东烟台·阶段练习）若函数f (x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f (x)=2 x
2−4 x
．
(1)求函数f (x)的表达式；
(2)若函数f (x)在区间[a−1, a)上不单调，求实数a的取值范围．
【答案】(1)f ( x)={
2 x
2−4 x , x ≥0
−2 x
2−4 x , x<0)
(2)(−1,0)∪(1,2）
【解题思路】（1）根据函数为奇函数，即f (−x)=−f ( x)，求出函数解析式即可.
（2）有分段函数解析式，画出函数图像，根据函数图形的单调区间，列出参数的不等式，求出参数范围.
【解答过程】（1）当x =0时，因为函数f (x)是奇函数，故f (0)=0=2×0−4×0，满足条件；
当x<0时，−x>0，f (−x)=2(−x)
2−4(−x ）=2 x
2+ 4 x
由f (x)是奇函数，得f (x)=−f (−x)=−2 x
2−4 x，
所以f ( x)={
2 x
2−4 x , x ≥0
−2 x
2−4 x , x<0)，
（2）由（1）的解析式，作出y = f (x)的图象：
可知函数f (x)的在(−∞,−1),(1,+ ∞)上单调递增，在[−1,1]上单调递减区，要使f (x)在[a−1, a)上不单
调，
则{
a−1<−1
a>−1 )，解得−1<a<0．
或{
a−1<1
a>1 )，解得1<a<2．
所以实数a的取值范围是(−1,0)∪(1,2).
18．（24-25 高三上·四川绵阳·阶段练习）已知函数f (x)= ax−b
1+ x
2 是定义在[−1,1)上的奇函数，且f (1)=−1
.
(1)求函数f (x)的解析式；
(2)判断函数f (x)在[−1,1)上的单调性，并用定义证明；
(3)解不等式f (2t )+ f (t −1)>0.
【答案】(1)f (x)=−2 x
1+ x
2，x∈[−1,1).
(2)函数f (x)= 2 x
1+ x
2在[−1,1)上为减函数；证明见解析
(3)[0, 1
3).
【解题思路】（1）根据函数是定义在[−1,1)上的奇函数，且f (1)=−1，即可求得解析式；（2）用函数单
调性的定义证明即可；（3）由前两问可得函数的单调性，结合已知条件的奇偶性，利用函数性质解不等
式.
【解答过程】（1））函数f (x)= ax−b
1+ x
2 是定义在[−1,1)上的奇函数，f (−x)= −ax−b
1+ x
2 =−ax−b
1+ x
2 =−f (x)
，
解得：b=0，
∴f (x)= ax
1+ x
2，而f (1)=−1，解得a=−2，
∴f (x)=−2 x
1+ x
2，x∈[−1,1).
（2）函数f (x)= 2 x
1+ x
2在[−1,1)上为减函数；证明如下：
任意x1, x2∈[−1,1)且x1< x2，
则f (x1)−f (x2)=−2 x1
1+ x1
2 + 2 x2
1+ x2
2 =−2(x1−x2)(1−x1 x2)
(1+ x1
2)(1+ x2
2)
，
因为−1≤x1< x2≤1，所以x1−x2<0，1−x1 x2>0，
所以f (x1)−f (x2)>0，即f (x1)>f (x2)，所以函数f (x)在[−1,1)上为减函数.
（3）由题意，不等式f (t −1)+ f (2t )>0可化为f (2t )>f (1−t )，
所以{
−1≤2t ≤1
−1≤t −1≤1
2t <1−t )，解得0≤t < 1
3，所以该不等式的解集为[0, 1
3).
19．（24-25 高二下·河北保定·阶段练习）已知函数f (x)在R上满足f (x + y)= f (x)f ( y)+ f (0)−1，且当
x>0时，0<f (x)<1；当x<0时，f (x)>1．
(1)求f (0)的值；
(2)判断并证明函数f (x)的单调性；
(3)若f (1)= 1
2，求不等式f (x −x
2)>4的解集．
【答案】(1)f (0)=1；
(2)f ( x)在R 上单调递减，证明见解析；
(3)(−∞,−1)∪(2,+∞).
【解题思路】（1）令x = y =0得f (0)=±1，再令y =0并结合已知确定f (0)的值；
（2）由f (x + y)= f (x)f ( y)得f ( x1)= f (x1−x2+ x2)= f (x1−x2)f (x2)，讨论x1> x2>0、0> x1> x2，并结
合f (0)=1及已知即可证；
（3）首先求得f (−2)= 4，再依据单调性解不等式求解集.
【解答过程】（1）令x = y =0，则f (0+0)= f (0)f (0)+ f (0)−1，故f
2(0)=1，可得f (0)=±1，
令y =0，则f (x)= f (x)f (0)+ f (0)−1，
当f (0)=−1，则f (x)=−f (x)−2，即f ( x)=−1，与题设不符，
所以f (0)=1；
（2）f ( x)在R 上单调递增，证明如下：
当x>0时，0<f (x)<1；当x<0时，f (x)>1，
由（1）知f (x + y)= f (x)f ( y)，
由f ( x1)= f (x1−x2+ x2)= f (x1−x2)f (x2)，
当x1> x2>0，即0<f (x1−x2)<1，0<f ( x1)<1，0<f (x2)<1，
所以f ( x1)= f (x1−x2)f (x2)<f (x2)，即f ( x)在(0,+∞)上单调递减，
当0> x1> x2，则0<f (x1−x2)<1，f ( x1)>1，f (x2)>1，
所以f ( x1)= f (x1−x2)f (x2)<f (x2)，即f ( x)在(−∞,0)上单调递减，
综上，结合f (0)=1，易知f ( x)在R 上单调递减，得证.
（3）令y =−x，则f ( x)=
1
f (−x)，故f (1)=
1
f (−1) = 1
2，即f (−1)=2，
所以f (−2)= f (−1)f (−1)= 4，则f (x−x
2)>f (−2)，
由（2）知，x−x
2<−2，即x
2−x−2>0，可得x<−1或x>2，
所以不等式解集为(−∞,−1)∪(2,+∞).
