专题2.3 函数的单调性、奇偶性、对称性与周期性（举一反三复习讲义）
【全国通用】
命题规律
分析
1、函数的单调性、奇偶性、对称性与周期性
函数的性质是历年高考的重点、热点内容，函数的单调性、奇偶性、周
期性是高考的必考内容，从近几年的高考情况来看，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。题型主要以选择题、填空题为
主，偶尔在解答题中渗透考查；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，综合性强，考
查难度较大.
高考真题
统计
考点
2023 年
2024 年
2025 年
函数的性
质
I 卷：第4 题，5 分
I 卷：第11 题，5 分
新课标I 卷：第6 题，
5 分
全国一卷：第5 题，5
分
卷
Ⅱ
：第4 题，5 分
新课标
卷
Ⅱ
：第8 题，
5 分
全国二卷：第10 题，6
分
天津卷：第3 题，5 分
2026 年
命题预测
预测在2026 年全国卷高考数学中，对函数的单调性、奇偶性、对称性
与周期性的考查仍为必考重点，考情较为稳定。题型主要以选择题、填空
题为主，偶尔在解答题中渗透考查，分值占比固定。命题形式延续函数多
性质综合的考查特点，常与函数图象、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进行求解，难度中等。
知识点
1
函数的单调性
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)复合函数的单调性：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.
知识点
2
函数的最值的求法
1．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.
2．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
3
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
4
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·北京海淀·三模）下列函数中，在(−∞,0)上单调递增的是（ ）
A．f (x)= 1
|x)
B．f (x)=e
x+e
−x
C．f (x)= x
2
3
D．f (x)=sin|x)
【答案】A
【解题思路】由幂函数的单调性可判断AC；对f (x)=e
x+e
−x求导可判断B；由正弦函数的性质可判断D.
【解答过程】对于A，因为x<0，f (x)= 1
−x =−1
x 在(−∞,0)上单调递增，故A 正确；
对于B，f (x)=e
x+e
−x，
当x<0时，f
′ (x)=e
x−e
−x =e
2 x−1
e
x
<0，
所以f (x)=e
x+e
−x在(−∞,0)上单调递减，故B 错误；
对于C，f (x)= x
2
3 =
3√x
2的定义域为R，
f (−x)=
3√(−x)
2=
3√x
2= f (x)，所以f (x)为偶函数，
因为2
3 >0，所以由幂函数的性质知f (x)= x
2
3在(0,+ ∞)上单调递增，
由偶函数的性质可得：f (x)= x
2
3在(−∞,0)上单调递减，故C 错误；
对于D，当x<0时，f (x)=sin (−x)=−sin x,
由y =sin x的单调性知，y =sin x在(−∞,0)不具备严格的单调性，
所以f (x)=sin|x)在(−∞,0)上不具备严格的单调性，故D 错误.
故选：A.
【变式1-1】（2025·江苏南通·模拟预测）函数f (x)=(
1
3)
2 x
2−3 x +11
的单调递减区间为（ ）
A．(−∞, 3
2)
B．[
3
2 ,+∞)
C．(−∞, 3
4)
D．[
3
4 ,+∞)
【答案】D
【解题思路】利用复合函数单调性来确定单调减区间即可.
【解答过程】因为函数y =2 x
2−3 x +11在(−∞, 3
4)上单调递减，在[
3
4 ,+ ∞)上单调递增，
y =(
1
3)
x
是减函数，根据复合函数的单调性，可得f (x)的单调递减区间为[
3
4 ,+∞)．
故选：D.
【变式1-2】（2025·广东清远·一模）设函数f (x)= x−2
x ，则函数f (x)为（ ）
A．奇函数，且在(0,+ ∞)单调递增
B．奇函数，且在(0,+ ∞)单调递减
C．偶函数，且在(0,+ ∞)单调递增
D．偶函数，且在(0,+ ∞)单调递减
【答案】A
【解题思路】利用函数的奇偶性定义、单调性定义判断即可.
【解答过程】易知f (x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+ ∞)，且f (−x)+ f (x)=−x + 2
x + x−2
x =0，
所以f (x)为奇函数，
因为函数y = x , y =−2
x 在(0,+∞)上单调递增，
所以f (x)= x−2
x 在(0,+ ∞)上单调递增，
故选：A.
【变式1-3】（2025·湖南常德·三模）已知奇函数y = f ( x)是定义域为R 的连续函数，且在区间(0,+∞)上
单调递增，则下列说法正确的是（ ）
A．函数y = f ( x)+ x
2在R 上单调递增
B．函数y = f ( x)−x
2在(0,+ ∞)上单调递增
C．函数y = x
2f ( x)在R 上单调递增
D．函数y = f ( x)
x
2 在(0,+ ∞)上单调递增
【答案】C
【解题思路】根据已知设f (x)= x，由二次函数的性质确定AB 错误；由幂函数的性质判断C 正确；由反比
例函数的形式确定D 错误.
【解答过程】因为y = f ( x)是奇函数，且在区间(0,+ ∞)上单调递增，
所以y = f ( x)在(−∞,0)上也为单调递增函数，
对于A：不妨令f (x)= x，y = f ( x)+ x
2= x + x
2=(x + 1
2)
2
−1
4 ，
所以y = f ( x)+ x
2在(−∞,−1
2)单调递减，在(−1
2 ,+ ∞)单调递增，故A 错误；
对于B：不妨令f (x)= x，y = f ( x)−x
2= x−x
2=−(x−1
2)
2
+ 1
4 ，
所以y = f ( x)−x
2在(−∞, 1
2)单调递增，在(
1
2 ,+∞)单调递减，故B 错误；
对于C：y = x
2f ( x)，其定义域为R，
又(−x)
2f (−x)=−x
2f ( x)，所以y = x
2f ( x)是奇函数，
取0< x1< x2，则0< x1
2< x2
2，0<f (x1)<f (x2)，故x1
2f (x1)< x2
2f (x2)
所以y1−y2= x1
2f (x1)−x2
2f (x2)<0，则函数y = x
2f ( x)在(0,+ ∞)为递增函数；
所以函数y = x
2f ( x)在(−∞,0)也为递增函数，且当x =0时，y = x
2f ( x)=0，
所以y = x
2f ( x)在R 上单调递增，故C 正确；
对于D：不妨令f (x)= x，y = f ( x)
x
2 = x
x
2 = 1
x , x≠0，
由反比例函数的单调性可知y = f ( x)
x
2 在(−∞,0)和(0,+∞)上单调递减，故D 错误；
故选：C.
【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·陕西西安·模拟预测）若函数f (x)=2
x
2+ax−3在(1,+ ∞)上单调，则a的取值范围是
（ ）
A．[−2,+∞)
B．[−1,+∞)
C．(−∞,−2)
D．(−∞,−1)
【答案】A
【解题思路】根据指数函数、二次函数以及复合函数的单调性求解即可.
【解答过程】因为函数y =2
x在R上为增函数，y = x
2+ax−3在(−∞,−a
2)上为减函数，在(−a
2 ,+∞)上
为增函数，
且函数f (x)=2
x
2+ax−3在(1,+∞)上单调，
根据复合函数的单调性，可得−a
2 ≤1，即a≥−2，
所以a的取值范围是[−2,+ ∞).
故选：A.
【变式2-2】（2025·山西·二模）若函数f ( x)= ❑√x + a
❑√x 在(0,2]上单调递减，则实数a 的取值范围是（ ）
A．(0,2]
B．(0,4 ]
C．[2,+ ∞)
D．[ 4 ,+∞)
【答案】C
【解题思路】根据对勾函数的单调性，即可求解.
【解答过程】当a=0时，f ( x)= ❑√x + a
❑√x 为单调递增函数，不符合题意，
当a<0时，y = ❑√x , y = a
❑√x 均为单调递增函数，故f ( x)= ❑√x + a
❑√x 为单调递增函数，不符合题意，
当a>0时，f ( x)= ❑√x + a
❑√x 在(a,+ ∞)单调递增，在(0,a)单调递减，
故f ( x)= ❑√x + a
❑√x 在(0,2]上单调递减，则a≥2，
故选：C.
【变式2-3】（2025·安徽合肥·一模）若f (x)=¿是R上的增函数，则实数a的取值范围为（ ）
A．(1,+∞)
B．[1,+∞)
C．(2,+∞)
D．[2,+ ∞)
【答案】B
【解题思路】分类讨论x<1及x ≥1的f (x)的单调性，再注意分段函数的内部衔接点的大小关系，即可得到
a的取值范围．
【解答过程】当x<1时，若f (x)=ax +1为单调递增函数，则a>0；
当x ≥1时，f (x)=ln x +2a为单调递增函数，
若f (x)是R上的增函数，需有a+1≤2a，解得a≥1．
故选：B．
【题型3 函数的最值问题】
【例3】（2025·宁夏陕西·模拟预测）已知函数f (x +1)=2
x−2
−x，则f (x)在[−1,1)上的最大值为（ ）
A．3
2
B．15
4
C．0
D．1
【答案】C
【解题思路】先利用换元法求出f (x)的解析式，再利用定义法求证f (x)在[−1,1)上的单调性即可求出.
【解答过程】f (x +1)=2
x−2
−x，令t = x +1，则f (t )=2
t −1−2
1−t，
则f (x)=2
x−1−2
1−x, x∈R，
∀x1, x2∈[−1,1)且−1≤x1< x2≤1，则f (x1)−f (x2)=(2
x1−1−2
1−x1)−(2
x2−1−2
1−x2)
=(2
x1−1−2
x2−1)−(
1
2
x1−1 −
1
2
x2−1)=(2
x1−1−2
x2−1)(1+
1
2
x1+ x2−2)
因−1≤x1< x2≤1，则x1−1< x2−1，则2
x1−1<2
x2−1，
又2
x1+ x2−2>0，则f (x1)−f (x2)<0，即f (x1)<f (x2)，
则f (x)在[−1,1)上单调递增，
则f (x)的最大值为f (1)=0.
故选：C.
【变式3-1】（2025·湖南·模拟预测）已知函数f (x)，则“∀x∈(0,+∞)，f (x)≥2”是“f (x)在(0,+∞)
上的最小值为2”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】B
【解题思路】根据充分、必要条件的判断方法，结合函数最小值的概念进行判断.
【解答过程】先判断充分性：若函数f (x)在(0,+∞)的最小值为3，
则“∀x∈(0,+∞)，f (x)≥2”成立，但“f (x)在(0,+ ∞)上的最小值为2”不成立，
所以“∀x∈(0,+∞)，f (x)≥2”不是“f (x)在(0,+ ∞)上的最小值为2”的充分条件.
再判断必要性：“f (x)在(0,+ ∞)上的最小值为2”时，可得“∀x∈(0,+ ∞)，f (x)≥2”成立，
所以“∀x∈(0,+∞)，f (x)≥2”是“f (x)在(0,+ ∞)上的最小值为2”的必要条件.
综上：“∀x∈(0,+∞)，f (x)≥2”是“f (x)在(0,+ ∞)上的最小值为2”的必要不充分条件.
故选：B.
【变式3-2】（2025·山东·模拟预测）已知函数f ( x)= x + 1
x ，若正数a，b 满足a+b=1，则f (a)f (b)的最
小值是（ ）
A．2
B．17
4
C．4
D．25
4
【答案】D
【解题思路】先求出f (a)f (b)并利用条件将其化成关于a的函数解析式，结合其特点，设
t =a−a
2=−(a−1
2 )
2
+ 1
4 ，0<t ≤1
4 ，将其简化成关于t的解析式g(t )=t −1+ 2−t
t
=t + 2
t −2，利用对勾
函数的单调性即可求得其最小值.
【解答过程】因f ( x)= x + 1
x ，a+b=1，a,b>0，则0<a<1，
故f (a)f (b)=(a+ 1
a )(b+ 1
b )=(a+ 1
a )(1−a+
1
1−a ) =a−a
2−1+ a
2−a+2
a(1−a) ，
设t =a−a
2=−(a−1
2 )
2
+ 1
4 ，由0<a<1，可得0<t ≤1
4 ，
则有g(t )=t −1+ 2−t
t
=t + 2
t −2，
因函数y =t + 2
t 在(0, 1
4 ]上单调递减，故g(t )=t + 2
t −2≥g( 1
4 )= 1
4 +8−2= 25
4 ，
当且仅当t =a−a
2= 1
4 时取等号，解得a=b= 1
2，
故当a=b= 1
2时，f (a)f (b)取得最小值为25
4 .
故选：D.
【变式3-3】（2025·广东·模拟预测）已知f (x)是R上的奇函数，f (x−1)−f (3−x)=0，若f (x)在[0,1)上
单调递增，且f (1)=2，则f (x)在R上的最小值是（ ）
A．−4
B．−3
C．−2
D．−1
【答案】C
【解题思路】由已知可得f (x)的对称中心和对称轴，进而得到周期性，再根据单调性可得一个周期内的最
小值.
【解答过程】由f (x)是奇函数，可得f (−x)=−f (x).
由f (x−1)−f (3−x)=0，可得f (x)的图象关于x =1对称，
即f (−x)= f (x +2)，则有f (x +2)=−f (x)，
所以f (x + 4)=−f (x +2)= f (x)，即f (x)的周期为4.
因为f (x)在[0,1)单调递增，且是奇函数图像关于原点对称，
则f (x)在[−1,0)单调递增，即f (x)在[−1,1)单调递增.
又因为f (x)的图象关于x =1对称，则f (x)在[1,3)单调递减.
所以在一个周期内[ f (x)]min= f (3)= f (−1)=−f (1)=−2，
即f (x)在R上的最小值是−2.
故选：C.
【题型4 函数的奇偶性及其应用】
【例4】（2025·陕西汉中·一模）若函数f (x)=a+
4
3
x−1为奇函数，则实数a=（ ）
A．−1
B．1
C．2
D．4
【答案】C
【解题思路】根据函数为奇函数，利用特殊值求得a 的值，再根据奇函数定义验证函数为奇函数，即可确
定答案.
【解答过程】函数f (x)=a+
4
3
x−1为奇函数，故必有f (−1)=−f (1)成立，
即a+
4
3
−1−1
=−(a+
4
3
1−1)，解得a=2，
则此时f (x)=2+
4
3
x−1
= 2(3
x+1)
3
x−1
，定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
而f (−x)= 2(3
−x+1)
3
−x−1
= 2(1+3
x)
1−3
x
=−f (x)，即函数f (x)=a+
4
3
x−1为奇函数，符合题意，
故a=2，
故选：C.
【变式4-1】（2025·安徽·二模）已知函数f (x)=ln(x
2−2 x +2)，下列函数中为偶函数的是（ ）
A．f (x)+1
B．f (x)−1
C．f (x +1)
D．f (x−1)
【答案】C
【解题思路】求出函数的定义域，根据偶函数的定义逐项判断即可.
【解答过程】因为x
2−2 x +2=(x−1)
2+1≥1，故f (x)的定义域为R.
选项A：f (x)+1=ln(x
2−2 x +2)+1=ln[e(x
2−2 x +2))，
f (−x)+1=ln[e((−x)
2−2(−x)+2))=ln[e(x
2+2 x +2))，
f (x)+1≠f (−x)+1，所以f (x)+1不是偶函数，故A 错误；
选项B：f (x)−1=ln(x
2−2 x +2)−1=ln x
2−2 x +2
e
，f (−x)−1=ln (−x)
2−2(−x)+2
e
=ln x
2+2 x +2
e
，
f (x)−1≠f (−x)−1，所以f (x)−1不是偶函数，故B 错误；
选项C：f (x +1)=ln((x +1)
2−2(x +1)+2)=ln(x
2+1)，
f (−x +1)=ln((−x +1)
2−2(−x +1)+2)=ln(x
2+1)，
f (x +1)= f (−x +1)，所以f (x +1)为偶函数，故C 正确；
选项D：f (x −1)=ln((x −1)
2−2(x −1)+2)=ln(x
2−4 x +5)，
f (−x −1)=ln((−x −1)
2−2(−x −1)+2)=ln(x
2+ 4 x +5)，
f (x−1)≠f (−x−1)，所以f (x−1)不是偶函数，故D 错误.
故选：C.
【变式4-2】（2025·四川内江·一模）设奇函数f (x)的定义域为R，当x ≥0时，f (x)= x (1+ x)，则当x<0
时，f (x)=（ ）
A．x (1+ x)
B．x (x−1)
C．x (1−x)
D．−x (1+ x)
【答案】C
【解题思路】设x<0，由奇函数的定义可得出f (x)=−f (−x)，即可得解.
【解答过程】当x<0时，−x>0，
由奇函数的定义可得f (x)=−f (−x)=−[(−x)(1+(−x)))= x (1−x).
故选：C.
【变式4-3】（2025·安徽合肥·一模）已知f (x)是定义在R上的偶函数，且f (4−x)= f (x)，当0≤x ≤3
2时，
f (x)=3−2 x，则f (−2025)=（ ）
A．−1
B．1
C．3
D．7
【答案】B
【解题思路】首先根据偶函数的定义可得：f (−x)= f (x)，进而根据已知条件求得函数的周期，最后借助
函数周期性求解函数值即可.
【解答过程】因为f (x)是定义在R上的偶函数，所以f (−x)= f (x).又因为f (4−x)= f (x)，
所以f (4−x)= f (−x)，所以f (x + 4)= f (x)，所以f (x)的周期为4.
因为0≤x ≤3
2时，f (x)=3−2 x，所以f (−2025)= f (−1)= f (1)=1.
故选：B.
【题型5 利用函数的性质比较大小、解不等式】
【例5】（2025·黑龙江大庆·一模）已知函数f ( x)的定义域为R ,f (1+ x)= f (3−x)，且f ( x)在[2,+∞)上
单调递减，则不等式f (2 x−3)>f (3)的解集是（ ）
A．(−∞,3)
B．(−∞,2)
C．(3,+∞)
D．(2,3)
【答案】D
【解题思路】根据给定条件，利用对称性及单调性求解函数不等式.
【解答过程】由函数f ( x)的定义域为R ,f (1+ x)= f (3−x)，得函数f ( x)的图象关于直线x =2对称，
又函数f ( x)在[2,+ ∞)上单调递减，则不等式f (2 x−3)>f (3)⇔|2 x−3−2|<|3−2|，
即−1<2 x−5<1，解得2< x<3，所以所求不等式的解集为(2,3).
故选：D.
【变式5-1】（2025·天津武清·模拟预测）已知定义在R 上的函数f (x)= x⋅e|x)，a= f (log3
❑√5)，
b=−f(log3
1
2)，c = f (ln3)，则a，b，c 的大小关系为（ ）
A．c>b>a
B．b>c>a
C．a>b>c
D．c>a>b
【答案】D
【解题思路】根据函数的解析式，求得函数为奇函数，化简b= f (log32)，再结合函数的单调性，即可求
解.
【解答过程】f (x)= x⋅e|x)，定义域为R，关于原点对称，
且f (−x)=−x⋅e|−x)=−x⋅e|x)=−f (x)，所以函数f (x)= x⋅e|x)为奇函数，
所以b=−f(log3
1
2)= f(−log3
1
2)= f (log32)，
又f (x)= x⋅e
x, x>0，
任取x1, x2∈(0,+ ∞)，且0< x1< x2，则0<e
x1<e
x2，则f (x1)<f (x2)，
故f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
又由对数函数的单调性可得log32<log3
❑√5<1<ln3，
所以f (log32)<f (log3
❑√5)<f (ln3)，即c>a>b.
故选：D.
【变式5-2】（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知定义在[1−3m,4 m−2)上的偶函数f (x)，且当
x∈[0,3m−1)时，f (x)单调递增，则关于x的不等式f (x−1)>f (2 x−3m)的解集是（ ）
A．(
4
3 ,2)
B．(
7
8 , 5
4)
C．(
2
3 , 5
3)
D．(
2
3 ,2)
【答案】A
【解题思路】先利用偶函数性质可得m=1，再由偶函数单调性以及定义域列出不等式组计算求解即可.
【解答过程】由题意，函数f (x)是定义在[1−3m,4 m−2)上的偶函数，所以1−3m+ 4 m−2=0，
解得m=1，即函数f (x)的定义域为[−2,2)，
当x∈[0,2)时，f (x)单调递增，所以当x∈[−2,0)时，f (x)单调递减，
关于x的不等式f (x−1)>f (2 x−3m)，即f (x−1)>f (2 x−3)，
所以{
−2≤x−1≤2
−2≤2 x−3≤2
|x−1)>|2 x−3))
，解得4
3 < x<2，所以原不等式解集为(
4
3 ,2).
故选：A.
【变式5-3】（2025·重庆·三模）已知函数y = f ( x +1)是R 上的偶函数，对任意x1, x2∈[1,+ ∞)，且
x1≠x2都有
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
>0，若a= f (log36)，b= f (lne
❑√2 )，c = f (e
ln 4
2 )，则a,b,c的大小关系是
（ ）
A．b<a<c
B．a<b<c
C．c<b<a
D．b<c<a
【答案】A
【解题思路】根据函数y = f ( x +1)为偶函数，推出函数y = f ( x)的图象关于直线x =1对称，再由条件推出
函数y = f ( x)在(1,+ ∞)上单调递增，于是可得ln(2−lne
❑√2 )= ln(e
❑√2 )，利用幂和对数的运算性质和换
底公式，以及对数函数的单调性化简比较得1<2−lne
❑√2 <log36<e
ln 4
2 =2，再由y = f ( x)的单调性即可判
断.
【解答过程】因函数y = f ( x +1)是R 上的偶函数，则y = f ( x)的图象关于直线x =1对称，
因对任意x1, x2∈[1,+∞)，且x1≠x2都有
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
>0，即函数y = f ( x)在(1,+ ∞)单调递增.
因1<log36= log32+1<2，1<2−lne
❑√2 = ln(❑√2e)= 1
2 ln 2+1<2，e
ln 4
2 =e
ln2=2,
由log32−1
2 ln 2= ln 2
ln3 −1
2 ln 2= ln 2( 1
ln3 −1
2 )>0，可得1<2−lne
❑√2 <log36<e
ln 4
2 =2，
又由对称性可得：ln(2−lne
❑√2 )= ln(e
❑√2 )，
故再由单调性，可得ln(2−lne
❑√2 )= ln(e
❑√2 )<f (log36)<f (e
ln 4
2 )，即b<a<c.
故选：A.
【题型6 函数的周期性】
【例6】（2025·四川凉山·一模）已知f (x)是定义在R上的函数，f (x +1)=−f (x)．当2≤x<3时，
f (x)=5−2
x，则f (2025)=（ ）
A．−5
B．−1
C．1
D．4
【答案】B
【解题思路】分析函数的周期性，再利用周期性将f (2025)转化为已知区间内的函数值.
【解答过程】依题意函数f (x)满足f (x +1)=−f (x)，可得f (x +2)=−f (x +1)= f (x)，即函数的周期为2，
因此f (2025)= f (2×1012+1)= f (1)，
当2≤x<3时，f (x)=5−2
x，由f (2)=5−2
2=1，且f (2)=−f (1)，得f (1)=−1，
因此f (2025)= f (1)=−1.
故选：B.
【变式6-1】（2025·广西·模拟预测）已知定义在R上的函数f (x)满足f (−x)=−f (x)，f (x + 4)= f (x)，当
x∈(0,1)时，f (x)= x
3−3 x，则f (2026)等于（ ）
A．0
B．1
C．2
D．−2
【答案】A
【解题思路】根据已知可得T = 4得f (2026)= f (2)= f (−2)，结合奇函数性质得f (−2)=−f (2)，即可得.
【解答过程】由已知可得，函数f (x)为R 上的奇函数，且f (x)周期T = 4.
则f (2026)= f (506×4 +2)= f (2)= f (−2)，又f (−2)=−f (2)，
所以f (2)=0，则f (2026)= f (2)=0.
故选：A.
【变式6-2】（2025·广东梅州·模拟预测）设f (x)是定义在R上且周期为2 的奇函数，当2≤x ≤3时，
f (x)= x
2−5 x +6，则f (−1)=（ ）
A．1
4
B．0
C．2
D．−1
【答案】B
【解题思路】利用函数的奇偶性和周期可得f (−1)=−f (3)，再利用解析式即可求解.
【解答过程】∵f (x)是定义在R上且周期为2 的奇函数，
∴f (−1)=−f (1)=−f (1+2)=−f (3)，
∵当2≤x ≤3时，f (x)= x
2−5 x +6，∴f (3)=3
2−5×3+6=0，
∴f (−1)=−f (3)=0.
故选：B.
【变式6-3】（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.
【题型7 函数的对称性】
【例7】（2025·江苏南通·模拟预测）已知函数f ( x)=( x +1)( x
2+ax +b)的图象关于点(1,0)对称，则
a+2b=（ ）
A．−10
B．10
C．2
D．−2
【答案】C
【解题思路】根据给定条件，利用中心对称的性质列式求出a,b，进而求出目标值.
【解答过程】函数f ( x)=( x +1)( x
2+ax +b)= x
3+(a+1)x
2+(a+b)x +b，
则f (2−x)=−x
3+(a+7)x
2−(5a+b+16)x +(6a+3b+12)，
由函数f ( x)的图象关于点(1,0)对称，得f (2−x)+ f ( x)=0恒成立，
即(2a+8)x
2−(4 a+16)x +(6a+ 4 b+12)=0恒成立，
因此{
2a+8=0
4 a+16=0
6a+ 4 b+12=0)，解得a=−4 ,b=3，所以a+2b=2.
故选：C.
【变式7-1】（2025·湖南·一模）已知f (x),g(x)均为定义在R上的函数，
f (x−1)+ g(x)= x ,f (x)+1= g(1−x)+ x，若f (2 x +1)的图象关于直线x =−1对称，且g(0)=1，则
∑
i=1
30
❑g(i)的值是（ ）
A．463
B．464
C．465
D．466
【答案】B
【解题思路】根据f (2 x +1)的图象关于直线x =−1对称，可得f (x−2)= f (−x)，再根据
f (x)+1= g(1−x)+ x可转化得f (x)为奇函数，从而得函数f (x)的周期为4，根据对称性与周期性求值即可
得出结论.
【解答过程】由f (2 x +1)的图象关于直线x =−1对称，可得f (x +1)的图象关于直线x =−2对称，
即f (x)的图象关于直线x =−1对称，则f (x−2)= f (−x)，
由f (x)+1= g(1−x)+ x，可得f (1−x)= g(x)−x，
又f (x−1)+ g(x)= x，得f (x−1)=−g(x)+ x，
所以f (1−x)=−f (x−1)，
即f (1−x)+ f (x−1)=0，所以f (x)的图象关于点(0,0)对称，即f (x)为奇函数，
所以f (x−2)= f (−x)=−f (x)= f (x +2)，函数f (x)的周期为4；
由f (x−1)+ g(x)= x可得g(x)= x−f (x−1)，
又因为g(0)=0−f (−1)=1，所以f (−1)=−1，
根据函数f (x)的性质，得f (−2)= f (0)=0,f (1)=1,f (2)=0,f (3)= f (−1)=−1
所以∑
i=1
30
g(i)=(1+2+3+⋯+30)−[f (0)+ f (1)+⋯+ f (29))=31×15−[f (0)+ f (1))= 465−1= 464．
故选：B.
【变式7-2】（2025·河北邢台·三模）已知定义在R上的函数f ( x)满足f ( x +2)为偶函数，
f (4+ x)=−f (4−x)，则下列说法错误的是（ ）
A．f ( x)的图象关于(4,0)中心对称
B．f ( x)的周期为8
C．f (2025)= f (1)
D．当x∈[0,2]时，f ( x)= x
2−2 x，则f (7)的值为−1
【答案】D
【解题思路】根据题意推理论证周期性、奇偶性、对称性逐一求解判断各项
【解答过程】因为f (4 + x)=−f (4−x)，所以f ( x)的图象关于(4,0)中心对称，故A 正确；
因为f ( x +2)为偶函数，所以f (−x +2)= f ( x +2)
所以f ( x)= f (4−x)，又因为f (4 + x)=−f (4−x)，
所以f ( x)=−f (4+ x)，所以f (4+ x)=−f (8+ x)，
所以f ( x)= f (8+ x)，所以f ( x)的一个周期为8，故B 正确；
f (2025)= f (253×8+1)= f (1)，故C 正确；
由f (4+ x)=−f (4−x)，得f (7)= f (4 +3)=−f (1)，
又当x∈[0,2]时，f ( x)= x
2−2 x，所以f (1)=1
2−2×1=−1，即f (7)=1，故D 错误.
故选：D.
【变式7-3】（2025·安徽马鞍山·模拟预测）若函数f ( x)= ln x +a
x +1 + x的图象关于(2,2)对称，且a≠1，则
实数a=（ ）
A．−5
B．−1
C．0
D．5
【答案】A
【解题思路】利用函数的定义域，结合对称性特点求出a，再验证得解.
【解答过程】函数f ( x)= ln x +a
x +1 + x有意义，则x +a
x +1 >0，由f ( x)的图象关于点(2,2)对称，
得f ( x)的定义域关于数2 对称，由−1不在f ( x)的定义域内，得5不在f ( x)的定义域内，
则−a=5，即a=−5，此时f ( x)= ln x−5
x +1 + x，x∈(−∞,−1)∪(5,+∞)，
f (4−x)+ f ( x)= ln −x−1
5−x + 4−x + ln x−5
x +1 + x = ln x +1
x−5 + ln x−5
x +1 + 4 = 4，
因此函数f ( x)的图象关于点(2,2)对称，符合题意，
所以a=−5.
故选：A.
【题型8 函数的图象问题】
【例8】（2025·安徽合肥·模拟预测）函数f ( x)=(|4−x
2)−4)ln(4−x
2)的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解题思路】根据函数解析式确定函数的图像性质，进而确定.
【解答过程】由已知，f (x)定义域为(−2,2)，且f (−x)= f (x)，
所以函数f (x)为偶函数，
故f (x)图象关于y轴对称，
又f (0)=0，排除B，D 选项；
当x→2时，f (x)>0，排除C，故A 正确．
故选：A．
【变式8-1】（2025·广西柳州·一模）已知函数f (x)的部分图象如图所示，则f (x)的解析式可能为（ ）
A．f (x)= 2
x+2
−x
4|x)−3
B．f (x)= 2
x−2
−x
3−4|x)
C．f (x)= 2
x−2
−x
4|x)−3
D．f (x)=
x
|x)−1
【答案】C
【解题思路】利用函数f (x)在(1,+ ∞)上的值排除B, 利用奇偶性排除A, 利用函数f (x)在(1,+∞)上的单
调性排除D
【解答过程】对于A，f (x)= 2
x+2
−x
4| x|−3，定义域为(−∞,−3
4)∪(−3
4 , 3
4)∪(
3
4 ,+∞)，
又f (−x)=
2
−x+2
x
4|−x|−3 = 2
x+2
−x
4| x|−3 = f ( x)，所以f ( x)为偶函数，故A 错误；
对于B，当x>1时f (x)= 2
x−2
−x
3−4 x
，
易知2
x−2
−x>0，3−4 x<0，所以f ( x)<0，不满足，故B 错误；
对于D，当x>1时，f (x)=
x
| x|−1 =
x
x−1 =1+
1
x−1，
由反比例函数的性质可知，f (x)在(1,+ ∞)上单调递减，故D 错误；
检验选项C，f (x)= 2
x−2
−x
4|x)−3
满足图中性质。
故选：C.
【变式8-2】（2025·四川成都·一模）已知定义在R上的奇函数f ( x)在[0,+ ∞)上的图象如图所示，则不等
式( x−❑√3)f ( x)>0的解集为（ ）
A．(−3,0)∪(❑√3,3)
B．(−3,0)∪(0,3)
C．(−∞,−3)∪(0,3)
D．(−∞,−3)∪(❑√3,3)
【答案】A
【解题思路】根据函数为奇函数可得函数的图象，进而由数形结合可得不等式的解集.
【解答过程】因为f ( x)是定义在R上的奇函数，所以函数f ( x)图象关于原点对称，故得函数的图象如下：
且f (−3)=−f (3)=0.
由图象可知，要使( x−❑√3)f ( x)>0，当x>❑√3时，f ( x)>0，得❑√3< x<3；
当x<❑√3时，f ( x)<0，得−3< x<0；
当x = ❑√3，不等式不成立；
综上，不等式( x−❑√3)f ( x)>0的解集为(−3,0)∪(❑√3,3).
故选：A.
【变式8-3】（2025·江西·三模）函数f (x)= x +(e
x−e
−x)cos x的部分图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解题思路】利用奇偶性的定义可排除C，D.，由x∈(0,π
2 )，f (x)>0，可排除B.
【解答过程】因为f (−x)=−x +(e
−x−e
x)cos x =−f (x)，所以该函数为奇函数，可排除C，D.
当x∈(0,π
2 )时，e
x−e
−x>0,cos x>0，所以f (x)>0，排除B.
故选：A.
【题型9 原函数与导函数的单调性、奇偶性】
【例9】（2025·海南海口·模拟预测）已知函数f ( x)的定义域为R，其导数f
′( x)= g( x)，且f ( x)和
g( x +1)都为奇函数．若f (−1)=1，则f (2024)+ f (2025)=（ ）
A．1
B．0
C．−1
D．−2
【答案】C
【解题思路】利用函数的导数结合函数的奇偶性，对称性，周期性求解，结合函数奇偶性和对称性确定出
f ( x)的周期为4，即可求解．
【解答过程】因为g( x +1)为奇函数、则g(1+ x)=−g(1−x)，则g(1+ x)+ g(1−x)=0，
可知g( x)= f
′( x)的图象关于点(1,0)对称、可得f (1+ x)+c = f (1−x)+c，即f (1+ x)= f (1−x)，
可知f ( x)的图象关于x =1对称，则f ( x)= f (2−x)，
又因为f ( x)为奇函数且定义域为R，则f ( x)=−f (−x)，f (0)=0可得f ( x + 4)=−f ( x +2)= f ( x)，
可知f ( x)的周期为4，所以f (2024)= f (506×4)= f (0)=0，
f (2025)= f (506×4 +1)= f (1)=−f (−1)=−1．
所以f (2024)+ f (2025)=−1．
故选：C．
【变式9-1】（2025·四川巴中·模拟预测）已知f (x)是定义在R上的偶函数，且函数f
′ (x)+e
−x也是偶函数，
其中f
′ (x)表示函数f (x)的导函数，则f
′ (x)=（ ）
A．e
x−e
−x
2
B．e
x+e
−x
2
C．e
x−e
−x
D．e
x+e
−x
【答案】A
【解题思路】结合导数的运算法则，偶函数的定义逐一判断各个选项即可求解.
【解答过程】设g(x)= f
' (x)+e
−x，
对于A，g(x)=e
x−e
−x
2
+e
−x =e
x+e
−x
2
，函数g(x)=e
x+e
−x
2
的定义域为R，关于原点对称，且
g(−x)= g(x)，
所以g(x)是偶函数，
若f
′ (x)=e
x−e
−x
2
，则f (x)=e
x+e
−x
2
+c，c 是常数，f (x)的定义域为R，且f (−x)= f (x)，所以f (x)也是偶
函数，故A 正确；
对于B，若f
′ (x)=e
x+e
−x
2
，则f (x)=e
x−e
−x
2
+c，c 是常数，所以f (−x)= f (x)不成立，故B 错误；
对于C，g(x)=e
x−e
−x+e
−x =e
x是非奇非偶函数，故C 错误；
对于D，若f
′ (x)=e
x+e
−x，则f (x)=e
x−e
−x+c，c 是常数，所以f (−x)= f (x)不成立，故D 错误.
故选：A.
【变式9-2】（2025·湖北·模拟预测）已知函数f (x)及其导数f
′ (x)的定义域均为R ,f
′ (x)在R上单调递增，
f
′ (1+ x)为奇函数，若2
a= 4
3 ,4
b=5,3
c = 4，则（ ）
A．f (a)<f (b)<f (c)
B．f (b)<f (a)<f (c)
C．f (b)<f (c)<f (a)
D．f (c)<f (b)<f (a)
【答案】C
【解题思路】先由f
′ (1+ x)为奇函数得到f
′ (1)=0，再由f
′ (x)的单调性可推得f (x)的单调性，根据对称性可
得f (a)= f(log2
4
3)= f(2−log2
4
3)= f (log23)，再比较log23,b,c ,1的大小即可得解.
【解答过程】因为f
′ (1+ x)为奇函数，所以f
′ (1+ x)=−f
′ (1−x)，
令x =0，则f
′ (1)=−f
′ (1)，故f
′ (1)=0，
又f
′ (x)在R上单调递增，所以当x<1时，f
′ (x)<0，则f (x)单调递减；
当x>1时，f
′ (x)>0，则f (x)单调递增；
又因为f
′ (1+ x)=−f
′ (1−x)，则f
′ (1+ x)+ f
′ (1−x)=0
f (1+ x)−f (1−x)=C (C ∈R).①
在①式中令x =0，可得f (1)−f (1)=C，故C =0，
所以f (1+ x)= f (1−x)，
因为2
a= 4
3 ,4
b=5,3
c = 4，
所以a=log2
4
3 <1,b=log45>log4 4 =1,c =log34>log33=1，
因为f (1+ x)= f (1−x)，
所以f (a)= f(log2
4
3)= f(2−log2
4
3)= f (log23)，
因为4 (ln2)(ln 4)≤(ln2+ln 4)
2=(ln8)
2<(ln9)
2= 4(ln3)
2，
由于ln2≠ln 4，故上式等号不成立，则(ln2)(ln 4)<(ln3)
2，
又ln3>0,ln2>0，所以ln 4
ln3 <ln3
ln2 ，即log34<log23，即c<log23，
同理可得b<c，所以1<b<c<log23，
所以f (b)<f (c)<f (log23)，即f (b)<f (c)<f (a).
故选：C.
【变式9-3】（2025·湖北·模拟预测）已知函数f (x)和它的导函数f
′ (x)的定义域均为R，且
f (x +2)+ f (−x)=2，f
′ (x +2)为奇函数．若f (0)=0，则∑
i=1
2025
f (i)=（ ）
A．1
B．2
C．2025
D．2026
【答案】C
【解题思路】根据虚拟函数的对称性，可知函数f (x)关于(1,1)中心对称，f
′ (2)=0，得出函数的规律，分
别求出x为整数是函数的值，求出前2025 项的和即可.
【解答过程】∵f (x +2)+ f (−x)=2，∴f (x +2)=2−f (−x)，即f (x)关于(1,1)中心对称，
∵f
′ (x +2)为奇函数，且定义域为R,
∴f
′ (x +2)关于(0,0)所中心对称，根据换元法则有f
′( x)关于(2,0)中心对称，
则f ( x)关于直线x =2轴对称，则有f ( x)= f (4−x)，
可知{
f ( x +2)+ f (−x)=2
f (−x)= f (4 + x) ),作差得f ( x +2)+ f ( x + 4)=2，换元得f ( x)+ f ( x +2)=2
再作差[ f ( x +2)+ f ( x + 4)]−[ f ( x)+ f ( x +2)]=0，化简得f ( x + 4)−f ( x)=0，
即f ( x + 4)= f ( x)，函数f ( x)周期为4.
当x =−1时，f (1)+ f (1)=2，解得f (1)=1，
当x =0时，f (2)+ f (0)=2，解得f (2)=2，
由f (x +2)+ f (−x)=2，可知f (3)+ f (−1)=2，结合f (3)= f (−1)
可知f (3)=1，又f (4)= f (0)=0，
故∑
i=1
2025
f (i)=（1+2+1+0）×506+ f (2025)=2024+1=2025，
故选：C.
点
函数的单调性与奇偶性
考
一
一、单选题
1．（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.
2．（2024·全国甲卷·高考真题）函数f (x)=−x
2+(e
x−e
−x)sin x在区间[−2.8,2.8]的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解题思路】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入x =1可得f (1)>0，可排除D.
【解答过程】f (−x)=−x
2+(e
−x−e
x)sin (−x)=−x
2+(e
x−e
−x)sin x = f (x)，
又函数定义域为[−2.8,2.8)，故该函数为偶函数，可排除A、C，
又f (1)=−1+(e−1
e)sin1>−1+(e−1
e)sinπ
6 =e
2 −1−1
2e > 1
4 −1
2e >0，
故可排除D.
故选：B.
3．（2024·天津·高考真题）下列函数是偶函数的为（ ）
A．y = e
x−x
2
e
x+ x
2
B．y = cos x−x
2
x
2+1
C．y = e
x−x
e
x+ x
D．y = sin x−x
x
2+1
【答案】B
【解题思路】根据偶函数的判定方法一一判断即可.
【解答过程】对A，设f (x)=e
x−x
2
e
x+ x
2 ，函数定义域为R，但f (−1)=e
−1−1
e
−1+1
=1−e
e+1 ，f (1)=e−1
e+1 ，则
f (−1)≠f (1)，故A 错误；
对B，设g(x)= cos x−x
2
x
2+1
，函数定义域为R，
且g(−x)= cos(−x)−(−x)
2
(−x)
2+1
= cos x−x
2
x
2+1
= g(x)，则g(x)为偶函数，故B 正确；
对C，设h(x)=e
x−x
e
x+ x
，h(−1)=e
−1+1
e
−1−1
= 1+e
1−e ,h(1)=e−1
e+1 ，
h(−1)≠h(1)，则h(x)不是偶函数，故C 错误；
对D，设φ(x)= sin x−x
x
2+1
，函数定义域为R，
因为φ(−x)= sin (−x)−(−x)
(−x)
2+1
= −sin x + x
x
2+1
=−φ(x)，且φ(x)不恒为0，
则φ(x)不是偶函数，故D 错误.
故选：B.
4．（2023·北京·高考真题）下列函数中，在区间(0,+∞)上单调递增的是（ ）
A．f ( x)=−ln x
B．f ( x)= 1
2
x
C．f ( x)=−1
x
D．f ( x)=3
| x−1|
【答案】C
【解题思路】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D 即可.
【解答过程】对于A，因为y = ln x在(0,+ ∞)上单调递增，y =−x在(0,+∞)上单调递减，
所以f (x)=−ln x在(0,+ ∞)上单调递减，故A 错误；
对于B，因为y =2
x在(0,+∞)上单调递增，y = 1
x 在(0,+∞)上单调递减，
所以f (x)= 1
2
x 在(0,+∞)上单调递减，故B 错误；
对于C，因为y = 1
x 在(0,+∞)上单调递减，y =−x在(0,+∞)上单调递减，
所以f (x)=−1
x 在(0,+ ∞)上单调递增，故C 正确；
对于D，因为f(
1
2)=3|
1
2 −1)=3
1
2 = ❑√3，f (1)=3|1−1)=3
0=1,f (2)=3|2−1)=3，
显然f (x)=3|x−1)在(0,+ ∞)上不单调，D 错误.
故选：C.
5．（2023·全国乙卷·高考真题）已知f ( x)= xe
x
e
ax−1
是偶函数，则a=（ ）
A．−2
B．−1
C．1
D．2
【答案】D
【解题思路】根据偶函数的定义运算求解.
【解答过程】因为f (x)= xe
x
e
ax−1
为偶函数，则f (x)−f (−x)= xe
x
e
ax−1
−(−x)e
−x
e
−ax−1
= x[e
x−e
(a−1) x)
e
ax−1
=0，
又因为x不恒为0，可得e
x−e
(a−1) x =0，即e
x =e
(a−1) x，
则x =(a−1) x，即1=a−1，解得a=2.
故选：D.
二、多选题
6．（2025·全国二卷·高考真题）已知f ( x)是定义在R 上的奇函数，且当x>0时，f ( x)=(x
2−3)e
x+2，
则（ ）
A．f (0)=0
B．当x<0时，f ( x)=−(x
2−3)e
−x−2
C．f ( x)≥2当且仅当x ≥❑√3
D．x =−1是f ( x)的极大值点
【答案】ABD
【解题思路】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用f ( x)=−f (−x)代入求解即可；对C，举反例
f (−1)>2即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断.
【解答过程】对A，因为f ( x)定义在R上奇函数，则f (0)=0，故A 正确；
对B，当x<0时，−x>0，则f ( x)=−f (−x)=−[((−x)
2−3)e
−x+2)=−(x
2−3)e
−x−2，故B 正确；
对C，f (−1)=−(1−3)e−2=2(e−1)>2， 故C 错误；
对D，当x<0时，f ( x)=(3−x
2)e
−x−2，则f
′( x)=−(3−x
2)e
−x−2 x e
−x =(x
2−2 x−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)极大值点，故D 正确；
故选：ABD.
三、填空题
7．（2024·上海·高考真题）若函数f ( x)= x
3+a( x∈R)是奇函数，则实数a=
.
【答案】0
【解题思路】根据奇函数的定义求解．
【解答过程】f ( x)是奇函数，则f (−x)=−f ( x)恒成立，
所以−x
3+a=−( x
3+a)，解得a=0
故答案为：0．
8．（2023·全国甲卷·高考真题）若f (x)=( x−1)
2+ax +sin(x +π
2 )为偶函数，则a=
．
【答案】2
【解题思路】利用偶函数的性质得到f(−π
2 )= f(
π
2 )，从而求得a=2，再检验即可得解.
【解答过程】因为y = f (x)=(x−1)
2+ax +sin(x +π
2 )=(x−1)
2+ax +cos x为偶函数，定义域为R，
所以f(−π
2 )= f(
π
2 )，即(−π
2 −1)
2
−π
2 a+cos(−π
2 )=(
π
2 −1)
2
+π
2 a+cosπ
2 ，
则πa=(
π
2 +1)
2
−(
π
2 −1)
2
=2π，故a=2，
此时f (x)=(x−1)
2+2 x +cos x = x
2+1+cos x，
所以f (−x)=(−x)
2+1+cos(−x)= x
2+1+cos x = f (x)，
又定义域为R，故f (x)为偶函数，
所以a=2.
故答案为：2.
四、解答题
9．（2025·上海·高考真题）已知函数y = f ( x)的定义域为R．对于正实数a，定义集合
M a={x∣f ( x +a)= f ( x)}．
(1)若f ( x)=sin x，判断π
3 是否是M π中的元素，请说明理由；
(2)若f ( x)=¿，求a 的取值范围；
(3)若y = f ( x)是偶函数，当x∈(0,1]时，f ( x)=1−x，且对任意a∈(0,2)，均有M a⊆M 2．写出
y = f ( x)，x∈(1,2)解析式，并证明：对任意实数c，函数y = f ( x)−c在[−3,3]上至多有9 个零点．
【答案】(1)不是；
(2)[
7
4 ,4)；
(3)证明见解析.
【解题思路】（1）直接代入计算f(
π
3)和f(
π
3 + π)即可；
（2）法一：转化为在实数x0使得f ( x0+a)= f ( x0)，分析得x0+2= ❑√x0+a，再计算得a=(x0+ 3
2)
2
+ 7
4 ，
最后根据x0的范围即可得到答案；法二：画出函数图象，转化为直线y =t与该函数有两个交点，将a用t表
示，最后利用二次函数函数性质即可得到答案；
（3）利用函数奇偶性和集合新定义即可求出x∈(1,2)时解析式，再分析出f (−3)∉(0,1)，最后对c的范
围进行分类讨论即可.
【解答过程】（1）（1）f(
π
3)=sin π
3 =
❑√3
2 ，f(
π
3 + π)=−sin π
3 =−
❑√3
2 ，则π
3 不是M π中的元素.
（2）法一：因为M a≠∅，则存在实数x0使得f ( x0+a)= f ( x0)，且a>0，
当x<0时，f (x)= x +2，其在(−∞，0)上严格单调递增，
当x ≥0时，f (x)= ❑√x，其在[0,+∞)上也严格单调递增，
则x0<0≤x0+a，则x0+2= ❑√x0+a，
令x +2=0，解得x =−2，则−2≤x0<0，
则a=(
❑√x0+a)
2−x0=(x0+2)
2−x0=(x0+ 3
2)
2
+ 7
4 ∈[
7
4 ,4).
法二：作出该函数图象，则由题意知直线y =t与该函数有两个交点，
由图知0≤t <2，假设交点分别为A (m,t )，B (n,t )，
联立方程组{
❑√m=t
n+2=t)得a=| AB|=m−n=t
2−(t −2)=(t −1
2)
2
+ 7
4 ∈[
7
4 ,4)
（3）（3）对任意x0∈(1,2), x0−2∈(−1,0)，因为其是偶函数，
则f (x0−2)= f (2−x0)，而2−x0−(x0−2)= 4−2 x0∈(0,2)，
所以x0−2∈M 4−2 x0⊆M 2，
所以f (x0)= f (x0−2)= f (2−x0)，因为x0∈(1,2)，则2−x0∈(0,1)，
所以f (x0)= f (2−x0)=1−(2−x0)= x0−1，所以f ( x)= x−1, x∈(1,2)，
所以当s∈(0,1)时，1−s∈(0,1)，1+ s∈(1,2)，则f (1−s)=1−(1−s)= s，
f (1+ s)=(1+ s)−1= s，则f (1−s)= f (1+ s)，
而1+ s−(1−s)=2s，(3−s)−(1−s)=2，
则1−s∈M 2s⊆M 2，则f (1−s)= f (3−s)，
所以当x∈(2,3)时，f ( x)= f ( x−2)=1−( x−2)=3−x，而f ( x)为偶函数，画出函数图象如下：
其中f (−3)= f (3),f (−2)= f (2),f (0)，但其对应的y值均未知.
首先说明f (−3)=n∉(0,1)，
若f (−3)=n∈(0,1)，则−3+n∈(−3,−2)，易知此时f (x)= x +3, x∈(−3,−2)，
则f (−3+n)=n，所以f (−3)∈M n⊆M 2，而x∈[−1,0)时，f (x)= x +1，
所以f (−3)= f (−1)=0，与f (−3)=n矛盾，所以f (−3)∉(0,1)，即f (−3)= f (3)∉(0,1)，
令y = f ( x)−c =0，则y = f ( x)=c，
当c =0时，即使让f (−3)= f (3)= f (−2)= f (2)= f (0)=0，此时最多7 个零点，
当c≥1时，若f (−2)= f (2)= f (0)= f (−3)= f (3)=c，此时有5 个零点，
故此时最多5 个零点；
当c<0时，若f (−2)= f (2)= f (0)= f (−3)= f (3)=c，此时有5 个零点，
故此时最多5 个零点；
当0<c<1时，若f (−2)= f (2)= f (0)=c，此时有3 个零点，
若f (−3)=c∈(0,1)，则−3+c∈(−3，−2)，易知此时f (x)= x +3，
则f (−3+c)=c，所以f (−3)∈M c⊆M 2，而x∈[−1,0)时，f (x)= x +1，
所以f (−3)= f (−1)=0，与f (−3)=c矛盾，所以f (−3)∉(0,1)，
则最多在(−3,−2),(−2,−1),(−1,0),(0,1),(1,2),(2,3)之间取得6 个零点，
以及在x =−2,0,2处成为零点，故不超过9 个零点.
综上，零点不超过9 个.
10．（2023·上海·高考真题）函数f (x)= x
2+(3a+1) x +c
x +a
(a,c∈R)
(1)当a=0时，是否存在实数c，使得f (x)为奇函数；
(2)若函数f (x)过点(1,3)，且函数f ( x)图像与x轴负半轴有两个不同交点，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)不存在
(2)a> 1
3且a≠1
2
【解题思路】（1）将a=0代入得f ( x)= x +1+ c
x ，先考虑其定义域，再假设f ( x)为奇函数，得到方程
2+c =c无解，从而得以判断；
（2）先半点(1,3)代入f ( x)求得c =1，从而得到f ( x)= x
2+(3a+1)x +1
x +a
，再利用二次函数的根的分布得
到关于a的不等式组，解之可得a> 1
3，最后再考虑x =−a的情况，从而得到a的取值范围.
【解答过程】（1）当a=0时，f ( x)= x
2+ x +c
x
= x +1+ c
x ，定义域为D =(−∞,0)∪(0,+∞)，
假设y = f ( x)为奇函数，则f (−1)=−f (1)，
而f (1)=2+c ,f (−1)=−c，则2+c =c，此时无实数c满足条件，
所以不存在实数c，使得函数f ( x)为奇函数；
（2）y = f ( x)图像经过点(1,3)，则代入得1+(3a+1)+c
1+a
=3，解得c =1，
所以f ( x)= x
2+(3a+1)x +c
x +a
= x
2+(3a+1)x +1
x +a
，定义域为(−∞,−a)∪(−a,+∞)，
令g( x)= x
2+(3a+1)x +1，则g( x)的图像与x轴负半轴有两个交点，
所以{
−(3a+1)<0
Δ>0
)，即{
3a+1>0
(3a+1)
2−4>0)，解得a> 1
3，
若x +a=0，即x =−a是方程x
2+(3a+1)x +1=0的解，
则代入可得a
2+(3a+1)×(−a)+1=0，解得a= 1
2或a=−1.
由题意得a≠1
2，所以实数a的取值范围是a> 1
3且a≠1
2.
点
函数的对称性与周期性
考
二
一、单选题
1．（2025·全国一卷·高考真题）已知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.
二、多选题
2．（2024·新课标
卷
Ⅱ
·高考真题）设函数f ( x)=2 x
3−3a x
2+1，则（ ）
A．当a>1时，f ( x)有三个零点
B．当a<0时，x =0是f ( x)的极大值点
C．存在a，b，使得x =b为曲线y = f ( x)的对称轴
D．存在a，使得点(1,f (1))为曲线y = f ( x)的对称中心
【答案】AD
【解题思路】A 选项，先分析出函数的极值点为x =0, x =a，根据零点存在定理和极值的符号判断出f ( x)
在(−1,0),(0,a),(a,2a)上各有一个零点；B 选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C 选项，假
设存在这样的a,b，使得x =b为f ( x)的对称轴，则f ( x)= f (2b−x)为恒等式，据此计算判断；D 选项，
若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f ( x)的对称中心，则f ( x)+ f (2−x)=6−6a，据此进行计算判断，亦
可利用拐点结论直接求解.
【解答过程】A 选项，f
′( x)=6 x
2−6ax =6 x( x−a)，由于a>1，
故x∈(−∞,0)∪(a,+∞)时f
′( x)>0，故f ( x)在(−∞,0),(a,+ ∞)上单调递增，
x∈(0,a)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减，
则f ( x)在x =0处取到极大值，在x =a处取到极小值，
由f (0)=1>0，f (a)=1−a
3<0，则f (0)f (a)<0，
根据零点存在定理f ( x)在(0,a)上有一个零点，
又f (−1)=−1−3a<0，f (2a)= 4 a
3+1>0，则f (−1)f (0)<0,f (a)f (2a)<0，
则f ( x)在(−1,0),(a,2a)上各有一个零点，于是a>1时，f ( x)有三个零点，A 选项正确；
B 选项，f
′( x)=6 x( x−a)，a<0时，x∈(a,0),f
′( x)<0，f ( x)单调递减，
x∈(0,+∞)时f
′( x)>0，f ( x)单调递增，
此时f ( x)在x =0处取到极小值，B 选项错误；
C 选项，假设存在这样的a,b，使得x =b为f ( x)的对称轴，
即存在这样的a,b使得f ( x)= f (2b−x)，
即2 x
3−3a x
2+1=2(2b−x)
3−3a(2b−x)
2+1，
根据二项式定理，等式右边(2b−x)
3展开式含有x
3的项为2C3
3(2b)
0(−x)
3=−2 x
3，
于是等式左右两边x
3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的a,b，使得x =b为f ( x)的对称轴，C 选项错误；
D 选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
f (1)=3−3a，若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f ( x)的对称中心，
则f ( x)+ f (2−x)=6−6a，事实上，
f ( x)+ f (2−x)=2 x
3−3a x
2+1+2(2−x)
3−3a(2−x)
2+1=(12−6a)x
2+(12a−24)x +18−12a，
于是6−6a=(12−6a)x
2+(12a−24)x +18−12a
即{
12−6a=0
12a−24 =0
18−12a=6−6a)，解得a=2，即存在a=2使得(1,f (1))是f ( x)的对称中心，D 选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
f ( x)=2 x
3−3a x
2+1，f
′( x)=6 x
2−6ax，f
″( x)=12 x−6a，
由f
″( x)=0⇔x = a
2，于是该三次函数的对称中心为(
a
2 ,f(
a
2))，
由题意(1,f (1))也是对称中心，故a
2 =1⇔a=2，
即存在a=2使得(1,f (1))是f ( x)的对称中心，D 选项正确.
故选：AD.
三、解答题
3．（2024·新课标
卷
Ⅰ
·高考真题）已知函数f ( x)= ln
x
2−x +ax +b( x−1)
3
(1)若b=0，且f
′( x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y = f ( x)是中心对称图形；
(3)若f ( x)>−2当且仅当1< x<2，求b的取值范围．
【答案】(1)−2
(2)证明见解析
(3)b≥−2
3
【解题思路】（1）求出f
′ (x)min=2+a后根据f
′( x)≥0可求a的最小值；
（2）设P(m,n)为y = f (x)图象上任意一点，可证P(m,n)关于(1,a)的对称点为Q (2−m,2a−n)也在函数
的图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断f (1)=−2即a=−2，再根据f ( x)>−2在(1,2)上恒成立可求得b≥−2
3.
【解答过程】（1）b=0时，f (x)= ln
x
2−x +ax，其中x∈(0,2)，
则f
' (x)= 1
x +
1
2−x +a=
2
x (2−x) +a, x∈(0,2)，
因为x (2−x)≤(
2−x + x
2
)
2
=1，当且仅当x =1时等号成立，
故f
′ (x)min=2+a，而f
′ (x)≥0成立，故a+2≥0即a≥−2，
所以a的最小值为−2.，
（2）f (x)= ln
x
2−x +ax +b(x−1)
3的定义域为(0,2)，
设P(m,n)为y = f (x)图象上任意一点，
P(m,n)关于(1,a)的对称点为Q (2−m,2a−n)，
因为P(m,n)在y = f (x)图象上，故n= ln
m
2−m +am+b(m−1)
3，
而f (2−m)= ln 2−m
m
+a(2−m)+b(2−m−1)
3=−[ln
m
2−m +am+b(m−1)
3)+2a，
=−n+2a，
所以Q (2−m,2a−n)也在y = f (x)图象上，
由P的任意性可得y = f (x)图象为中心对称图形，且对称中心为(1,a).
（3）因为f (x)>−2当且仅当1< x<2，故x =1为f (x)=−2的一个解，
所以f (1)=−2即a=−2，
先考虑1< x<2时，f (x)>−2恒成立.
此时f (x)>−2即为ln
x
2−x +2(1−x)+b(x−1)
3>0在(1,2)上恒成立，
设t = x−1∈(0,1)，则ln t +1
1−t −2t +bt
3>0在(0,1)上恒成立，
设g(t )= ln t +1
1−t −2t +bt
3,t ∈(0,1)，
则g
′ (t )=
2
1−t
2 −2+3bt
2= t
2(−3bt
2+2+3b)
1−t
2
，
当b≥0，−3bt
2+2+3b≥−3b+2+3b=2>0，
故g
′ (t )>0恒成立，故g(t )在(0,1)上为增函数，
故g(t )>g(0)=0即f (x)>−2在(1,2)上恒成立.
当−2
3 ≤b<0时，−3bt
2+2+3b≥2+3b≥0，
故g
′ (t )≥0恒成立，故g(t )在(0,1)上为增函数，
故g(t )>g(0)=0即f (x)>−2在(1,2)上恒成立.
当b<−2
3，则当0<t <❑√1+ 2
3b <1时，g
′ (t )<0
故在(0,❑√1+ 2
3b)上g(t )为减函数，故g(t )<g(0)=0，不合题意，舍；
综上，f (x)>−2在(1,2)上恒成立时b≥−2
3.
而当b≥−2
3时，
而b≥−2
3时，由上述过程可得g(t )在(0,1)递增，故g(t )>0的解为(0,1)，
即f (x)>−2的解为(1,2).
综上，b≥−2
3.
