专题2.3 函数的性质：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】
考点要求
(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
高考真题
统计
考点
2024 年
2025 年
2026 年
函数的性
质：单调
性、奇偶
性、对称性
与周期性
新课标I 卷：第6
题，5 分
新课标
卷
Ⅱ
：第8
题，5 分
全国一卷：第5 题，5
分
全国二卷：第10 题，
6 分
天津卷：第3 题，5
分
全国一卷：第19 题，
17 分
全国二卷：第8 题，5
分
上海卷（秋考）：第
5 题，4 分
上海卷（秋考）：第
21 题，18 分
北京卷：第5 题，5
分
命题规律
分析
1、函数的性质：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，从近三年的高考情况来看，
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，重点考查函数的单调性问题，以及求函数的最
值、解不等式、求参数范围等，难度较小；对于解答题部分，侧重考查函
数新定义，试题综合性强，考查难度较大。
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
函数的性质
考点1
“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 确定函数的单调性（区间）】
【例1】（2026·山西·模拟预测）函数y =| x−3|的单调递减区间为（ ）
A．(−∞,+∞)
B．[3,+ ∞)
C．(−∞,3)
D．(−∞,−3)
【答案】C
【解题思路】将函数用分段函数表示出来，进而求出其单调递减区间.
【解答过程】函数y =| x−3|={
−x +3, x ≤3
x−3, x>3 )，则该函数在(−∞,3]上单调递减，在[3,+ ∞)上单调递
增，
所以函数y =| x−3|的单调递减区间为(−∞,3].
故选：C.
【变式1-1】（25-26 高一上·青海·期中）函数y =
❑√x
2−5 x + 4的单调递减区间是（ ）
A．[
5
2 ,+∞)
B．(−∞,1)
C．[ 4 ,+∞)
D．(−∞, 5
2)
【答案】B
【解题思路】先确定函数的定义域，继而根据复合函数的单调性进行判断，即可得答案.
【解答过程】由题意知函数y =
❑√x
2−5 x + 4满足x
2−5 x + 4≥0，解得x ≤1或x ≥4，
即函数定义域为(−∞,1)∪[4 ,+ ∞)，
令t = x
2−5 x + 4，则t = x
2−5 x + 4的图象开口向上，且对称轴为直线x = 5
2，
则t = x
2−5 x + 4在(−∞,1)上单调递减，在[4 ,+∞)上单调递增，
又y = ❑√t在[0,+ ∞)上单调递增，
故y =
❑√x
2−5 x + 4的单调递减区间是(−∞,1).
故选：B.
【变式1-2】（25-26 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】因为函数f (x)= x，g(x)=−1
x 在区间(0,+ ∞)上均单调递增，所以当x∈(0,+∞)时，
f (x)+ g(x)单调递增，所以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.
【变式1-3】（25-26 高一上·广东深圳·期中）已知函数f (x)=(x−2)|3−x)，则函数f (x)的单调增区间是
（ ）
A．(−∞,2.5)和(3,+ ∞)
B．(−∞,2.5)
C．(2,2.5)和(3,+ ∞)
D．(2,2.5)
【答案】A
【解题思路】讨论x 的取值范围，化简f (x)，结合二次函数的单调性，即可确定答案.
【解答过程】由于函数f (x)=(x−2)|3−x)，
当x ≤3时，f ( x)=( x −2)(3−x)=−x
2+5 x −6，
由于f ( x)=−x
2+5 x −6图象的对称轴为x = 5
2，则函数在(−∞, 5
2)上单调递增，
当x>3时，f ( x)=( x −2)( x −3)= x
2−5 x +6，
由于f ( x)= x
2−5 x +6图象的对称轴为x = 5
2，则函数在(3,+ ∞)上单调递增，
故函数f (x)=(x−2)|3−x)的单调增区间是(−∞,2.5)和(3,+∞).
故选：A.
【题型2 根据函数的单调性求参数】
【例2】（2026·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】（2026·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2-2】（2026·甘肃白银·三模）“k >0”是“函数f (x)=|x +k )在(0,+ ∞)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】利用给定单调性求出k的取值范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断即可.
【解答过程】函数f ( x )=| x +k |={
−x−k , x<−k
x +k , x ≥−k )，函数f ( x)的单调递增区间是[−k ,+ ∞)，
由函数f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，得(0,+ ∞)⊆[−k ,+ ∞)，则−k ≤0，因此k ≥0，
所以“k >0”是“函数f (x)=|x + k )在(0,+ ∞)上单调递增”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式2-3】（2026·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 求函数的最值】
【例3】（2026·江西南昌·二模）已知函数f ( x)={
a−x , x<0
x + 4
x , x>0)
在定义域内有最小值，则实数a的取值范围
是（ ）
A．(−∞,2)
B．[2,+∞)
C．(−∞,4)
D．[4 ,+∞)
【答案】D
【解题思路】结合函数单调性及基本不等式求解即可.
【解答过程】当x>0时，f (x)= x + 4
x ≥2❑√x× 4
x = 4，当且仅当x =2时取等号.
当x<0时，f (x)=a−x在(−∞,0)上单调递减，此时f (x)的值域为(a,+ ∞)，
因为f (x)在定义域内有最小值，所以a≥4.
故实数a的取值范围为[4 ,+ ∞).
故选：D．
【变式3-1】（2026·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】（25-26 高一上·辽宁锦州·期末）若函数f (x)= 2 x +m
x +1 在区间[0,1)上的最大值为1，则实数m=
（ ）
A．0
B．1
C．2
D．0 或1
【答案】A
【解题思路】先分离变量f ( x)= 2 x +m
x +1 =2+ m−2
x +1 ，再由复合函数的单调性知，分类讨论即可.
【解答过程】函数f ( x)= 2 x +m
x +1 =2+ m−2
x +1 ，
当m=2时，f (x)=2，不满足函数f (x)在区间[0,1)上最大值为1，不符合题意；
当m>2时，函数f ( x)= 2 x +m
x +1 在区间[0,1]上单调递减，
所以最大值为f (0)=m=1，不符合题意；
当m<2时，函数f ( x)= 2 x +m
x +1 在区间[0,1]上单调递增，
所以最大值为f (1)= 2+m
2
=1，解得m=0；
综上所述，实数m=0.
故选：A.
【变式3-3】（25-26 高一上·河北张家口·期末）函数f (x)=
x
x +2在区间[2,4)上的最大值、最小值分别为
（ ）
A．3
5，1
2
B．2
3，1
2
C．2
3，1
3
D．3
5，1
3
【答案】B
【解题思路】根据分式型函数的单调性进行求解即可.
【解答过程】f (x)=
x
x +2 = x +2−2
x +2
=1−
2
x +2，该函数在[2,4)上单调递增，
所以f (x)max= f (4)=
4
4+2 = 2
3 ,f (x)min= f (2)=
2
2+2 = 1
2，
故选：B.
【题型4 函数单调性的应用：比较大小、解不等式】
【例4】（25-26 高一上·四川眉山·阶段检测）已知函数f (x)的定义域为R，且它的图象关于x =−2对称，
当x1< x2<−2时，
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0恒成立，设a= f (−3)，b= f (0)，c = f (2)，则a，b，c的大小关系为
（ ）
A．b<a<c
B．a<b<c
C．b<c<a
D．c<b<a
【答案】D
【解题思路】根据题意，得到函数f (x)在(−∞,−2)上单调递增，再由f (x)的图象关于x =−2对称，求得
b= f (−4)，c = f (−6)，结合f (−6)<f (−4)<f (−3)，即可求解.
【解答过程】由函数f (x)的定义域为R，当x1< x2<−2时，
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0恒成立，
可得函数f (x)在(−∞,−2)上单调递增，
又由函数f (x)的图象关于x =−2对称，可得b= f (0)= f (−4)，c = f (2)= f (−6)，
则有f (−6)<f (−4)<f (−3)，即c<b<a.
故选：D.
【变式4-1】（2026·陕西榆林·模拟预测）定义在R上的函数f (x)满足∀x1, x2∈R，x1≠x2，都有
f (x2)−f (x1)
x2−x1
>0成立，则不等式(x −1)⋅[f (x)−f (4−x))<0的解集为（ ）
A．(1,2)
B．(−∞,1)
C．(2,+∞)
D．(−∞,0)∪(1,2)
【答案】A
【解题思路】由题确定函数f (x)的单调性，通过x>1和x<1两类情况讨论求解即可.
【解答过程】由题知函数f (x)在R上单调递增，
当x>1时，不等式(x−1)⋅[f (x)−f (4−x))<0可化为f (x)<f (4−x)，即x<4−x，解得1< x<2；
当x<1时，不等式可化为f (x)>f (4−x) ，即x>4−x，此时无解.
综上，不等式(x−1)[f (x)−f (4−x)]<0 的解集为(1,2).
故选：A.
【变式4-2】（25-26 高一·江苏·寒假作业）已知定义在R上的函数f (x)满足：f (−x)+ f (x)=0，
f (2−x)= f (x)，且f (x)在[−1,1]内单调递增，则（ ）
A．f (8)<f (5.5)<f (−3)
B．f (8)>f (5.5)>f (−3)
C．f (8)>f (−3)>f (5.5)
D．f (8)<f (−3)<f (5.5)
【答案】A
【解题思路】根据题意，可得函数f (x)是周期为4的函数，化简可得f (8)= f (0)，f (−3)= f (1)，
f (5.5)= f (0.5)，根据函数单调性即可比较大小.
【解答过程】由题意，f (−x)+ f (x)=0，则f (x)=−f (−x)，
又f (2−x)= f (x)，所以f (2−x)=−f (−x)，变形可得f (2+ x)=−f (x)，
用x +2替换其中的x，可得f (4 + x)=−f (2+ x)，所以f (4 + x)= f (x)，
所以函数f (x)的周期为4，
所以f (8)= f (2×4+0)= f (0)，f (−3)= f (−1×4+1)= f (1)，
f (5.5)= f (1×4 +1.5)= f (1.5)，又f (2−x)= f (x)，所以f (5.5)= f (1.5)= f (0.5)，
又函数f (x)在[−1,1]内单调递增，所以f (1)>f (0.5)>f (0)，
即f (−3)>f (5.5)>f (8).
故选：A.
【变式4-3】（2026·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】对
x2f (x1)−x1f (x2)
x1 x2(x1−x2)
>0进行变形，得出函数g(x)= f (x)
x
的单调性，再利用函数的单调性和
奇偶性解不等式.
【解答过程】由
x2f (x1)−x1f (x2)
x1 x2(x1−x2)
>0可得
f (x1)
x1
−f (x2)
x2
x1−x2
>0，设函数g(x)= f (x)
x
，x∈(0, +∞)，
则g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
又因为f (x)为定义在R上的奇函数，g(−x)= f (−x)
−x
= g(x)，所以g(x)为偶函数，g(x)在(−∞,0)上单调递
减，
而不等式f (x)−x>0⇔{
g(x)>1(x>0)
g(x)<1(x<0))，
又因为f (2025)=2025，所以g(2025)= g(−2025)=1，
所以不等式的解集为(−2025, 0)∪(2025, +∞).
故选：B.
【题型5 函数的奇偶性及应用】
【例5】（2026·山东潍坊·三模）已知a>1，函数f (x)=a
a+ x−3a
2−x，(x∈R)为奇函数，则f (2)=（ ）
A．13
B．24
C．80
D．240
【答案】D
【解题思路】根据奇函数的性质求出a的值，进而求解即可．
【解答过程】由f (x)=a
a+ x−3a
2−x =a
a⋅a
x−3a
2⋅a
−x，
则f (−x)=a
a−x−3a
2+ x =a
a⋅a
−x−3a
2⋅a
x，
又函数f (x)为R上的奇函数，则f (−x)=−f (x)，
即a
a⋅a
−x−3a
2⋅a
x=−a
a⋅a
x+3a
2⋅a
−x对任意x∈R成立，
整理得(a
a−3a
2)(a
x+a
−x)=0
所以a
a−3a
2=0，即a
a−2=3，结合a>1，解得a=3，
所以f (x)=3
3+ x−3×3
2−x，即f (2)=3
5−3×3
0=240．
故选：D.
【变式5-1】（2026·四川成都·三模）已知奇函数f (x)满足f (x +2)=−f (x)，当x∈[0,1)时，f (x)= 4
x+a
，则f (101.5)=（ ）
A．0
B．1
C．3
D．5
【答案】B
【解题思路】首先根据f (x +2)=−f (x)可求出f (x)的周期，再结合f (0)=0可求出a值，结合周期性可将
f (101.5)转化到自变量在区间[0,1)上的函数值，根据奇函数的性质及已知解析式可求解.
【解答过程】因为函数f (x)满足f (x +2)=−f (x)，
所以f (x + 4)=−f (x +2)= f (x)，即f (x)是以4 为周期的函数.
由题意知奇函数f (x)的自变量x可取0，所以f (0)=0.
又因为当x∈[0,1)时，f (x)= 4
x+a，所以f (0)=1+a=0，解得a=−1，
所以当x∈[0,1)时，f (x)= 4
x−1，
所以f (101.5)= f (25×4 +1.5)= f (1.5)= f (2−0.5)=−f (−0.5)= f (0.5)= 4
0.5−1=1 .
故选：B.
【变式5-2】（2026·天津北辰·三模）函数f ( x)= x cos2 x
ln( x
2+1)的图象大致是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解题思路】先根据函数奇偶性的定义与判断方法，求得f (x)为奇函数，再结合f (1)<0，即可得到答案.
【解答过程】由函数f ( x)= x cos2 x
ln( x
2+1)，可得其定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，关于原点对称，
且满足f (−x)= −x cos(−2 x)
ln[(−x)
2+1)]
=−x cos2 x
ln( x
2+1)
=−f (x)，
所以函数f (x)为奇函数，图象关于原点对称，可排除B、D 选项；
又由f (1)=
cos2
ln(1
2+1)
= cos2
ln 2 <0，可排除C 选项，所以选项A 符合题意.
故选：A.
【变式5-3】（2026·安徽安庆·三模）定义在R上的偶函数f (x)，当x ≥0时，f (x)=e
x，则满足
f (1−2 x)<f (3)的x的取值范围是（ ）
A．(−1,2)
B．(−2,1)
C．[−1,2)
D．(−2,1)
【答案】A
【解题思路】先利用偶函数性质求出函数在R上的分段表达式并明确其在[0,+∞)上单调递增，再由单调性
将f (1−2 x)<f (3)转化为|1−2 x)<3，最后解绝对值不等式得到x的取值范围．
【解答过程】当x<0时，−x>0，f (−x)=e
−x，
又f (x)是定义在R上的偶函数，所以f (x)= f (−x)=e
−x，
所以f (x)={
e
x , x ≥0
e
−x , x<0)，如图所示，
因为f (1−2 x)<f (3)，所以|1−2 x)<3，解得−1< x<2，
所以满足f (1−2 x)<f (3)的x的取值范围是(−1,2)．
故选：A.
【题型6 函数的周期性及应用】
【例6】（2026·福建南平·二模）已知f (x)是定义在R上且周期为4 的奇函数，当−2< x<0时，f (x)=e
x，
则f (2)+ f (ln2)=（ ）
A．-2
B．−1
2
C．1
2
D．2
【答案】B
【解题思路】根据函数f (x)的周期性和奇偶性即可求解.
【解答过程】已知f (x)是定义在R上且周期为4的奇函数，所以有f (x + 4)= f (x)，
令x =−2，得f (2)= f (−2)，
由于f (x)是奇函数，有f (x)=−f (−x)，所以f (2)=−f (−2)，即2f (2)=0，解得f (2)=0，
当−2< x<0时，f (x)=e
x，由于−1<−ln2<0，所以f (ln 2)=−f (−ln 2)=−e
−ln2=−1
2，
因此f (2)+ f (ln 2)=0−1
2 =−1
2，故B 正确.
故选：B.
【变式6-1】（2026·江西·模拟预测）已知y = f (x)是定义在R上周期为4 的奇函数，则f (2)=（ ）
A．−1
B．0
C．1
D．2
【答案】B
【解题思路】根据周期性和奇偶性求解.
【解答过程】因为y = f (x)周期为4，所以f ( x + 4)= f ( x)，
令x =−2 ，得到f (2)= f (−2)
又因为y = f (x)是定义在R上的奇函数，所以f (−x)=−f ( x)，
令x =2，即f (−2)=−f (2)，
所以f (2)=−f (2)，即2f (2)=0，即f (2)=0.
故选：B．
【变式6-2】（2026·江苏南通·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，且f (x−2)是奇函数，f (2 x−1)是
偶函数，则f (2026)=（ ）
A．−2
B．0
C．1
D．2
【答案】B
【解题思路】根据给定条件，利用奇偶函数的定义及周期函数的定义确定函数的周期，进而求出指定函数
值.
【解答过程】函数f ( x)的定义域为R，由f (2 x−1)是偶函数，得f (−2 x−1)= f (2 x−1)，
即f (−x−1)= f ( x−1)，则f (−x−2)= f ( x)，
由f ( x−2)是奇函数，得f (−x−2)=−f ( x−2)，因此f ( x)=−f ( x−2)，
则f ( x +2)=−f ( x)= f ( x−2)，因此f ( x + 4)= f ( x)，
函数f ( x)是一个周期为4 的函数，且f (−2)=0，
所以f (2026)= f (4×507−2)= f (−2)=0.
故选：B.
【变式6-3】（2026·陕西安康·模拟预测）已知定义在R上的函数f (x)的图象关于x = 3
2对称，且
f (x)+ f (x +3)= f (2031)，若f (7)=1，则∑
i=1
2026
f (i)=（ ）
A．0
B．1
C．-1
D．-2
【答案】B
【解题思路】利用函数的周期性求解.
【解答过程】由 f (x)+ f (x +3)= f (2031)，得f (x +3)+ f (x +6)= f (2031)，
两式相减：f (x +6)= f (x)，周期T =6，
2031=338×6+3，
原式：f (x)+ f (x +3)= f (3)，
令x =0：f (0)+ f (3)= f (3)⟹f (0)=0 ，
f (x)关于x = 3
2对称，得f (x)= f (3−x),
所以f (3)= f (0)=0，因为f (x)+ f (x +3)= f (3)，得：f (x +3)=−f (x)，
f (7)= f (6+1)= f (1)=1，即f (1)=1
f (4)= f (1+3)=−f (1)=−1，
f (2)= f (3−1)= f (1)=1，
f (5)= f (2+3)=−f (2)=−1，
f (3)=0,f (6)= f (0)=0，
一个周期：f (1)=1,f (2)=1,f (3)=0,f (4)=−1,f (5)=−1,f (6)=0，
一个周期和：1+1+0−1−1+0=0，
2026=6×337+ 4，
∑
i=1
2026
f (i)=337×0+[f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4))=1.
故选：B.
【题型7 函数的对称性】
【例7】（2026·西藏日喀则·模拟预测）若曲线y =(x−a)log2(1−2
x)关于直线x =b对称，则a−b=
（ ）
A．−2
B．2
C．0
D．1
【答案】C
【解题思路】先求出函数定义域，再根据对称性得出b=1，再代入解析式得出a=1，最后代回验证即可.
【解答过程】令f (x)= y =(x−a)log2(1−2
x)，由1−2
x >0，得x>2或x<0，故函数f (x)的定义域为
(−∞,0)∪(2,+∞)．
由曲线关于直线x =b对称，得定义域关于直线x =b对称，则b= 0+2
2
=1，
此时必有f (−1)= f (3)，即(−1−a)log23=(3−a)log2
1
3，解得a=1，
此时f (2−x)=(1−x)log2(1−
2
2−x)=(x−1)log2(1−2
x)= f (x)，
因此函数f (x)的图象关于直线x =1对称，即a=1，b=1满足题意，故a−b=0．
故选：C.
【变式7-1】（2026·山东聊城·模拟预测）已知定义在R上的函数f (x)，g(x)的图象分别关于点(1,2)，(1,3)
对称，则下列点一定是函数h(x)= f (x)+ g(x)的图象的对称中心是（ ）
A．(1,5)
B．(1, 5
2)
C．(1,1)
D．(2,5)
【答案】A
【解题思路】由题意得，h(x)+h(2−x)=10，即可得解.
【解答过程】由题意得，f (x)+ f (2−x)= 4，g(x)+ g(2−x)=6，
则h(x)+h(2−x)= f (x)+ g(x)+ f (2−x)+ g(2−x)=10，
则h(x)= f (x)+ g(x)的图象的对称中心是(1,5)，
故选：A.
【变式7-2】（2026·湖北宜昌·二模）已知函数f (x)=( x−a)
3ln x +b
x
的图象关于直线x =1对称，则a+b=
（ ）
A．2
B．0
C．−1
D．−2
【答案】C
【解题思路】求出函数f (x)的定义域，利用对称性的特征可得b=−2，再利用f (2−x)= f (x)求解a，最后
得到a+b即可.
【解答过程】函数f (x)=(x−a)
3ln x +b
x
的定义域满足x +b
x
>0，即x (x +b)>0，
由函数f (x)的图象关于直线x =1对称，得f (x)的定义域关于x =1对称，
则x (x +b)>0的解集只能为(−∞,0)∪(2,+∞)，故b=−2.
由f (2−x)= f (x)，得(x−a)
3ln x−2
x
=(2−x−a)
3ln 2−x−2
2−x
，
故(x−a)
3ln x−2
x
=(x +a−2)
3ln x−2
x
，即得(x−a)
3=(x +a−2)
3
则x−a= x +a−2，解得a=1，故a+b=−1.
故选：C.
【变式7-3】（2026·甘肃兰州·模拟预测）已知函数f (x), g(x)的定义域均为R，f (4−x)+ f (x)=2，g(x)
的图象关于直线x = 4对称，g(4)=1，且f (x)= g(4+ x)+3，则g(19)+ g(24)+ g(25)=（ ）
A．−9
B．−4
C．1
D．4
【答案】A
【解题思路】先由f (x)= g(4+ x)+3及f (4−x)+ f (x)=2可得g(4 + x)+ g(8−x)=−4，进而可得g(x)的一
个对称中心(6, −2)，再由g(x)是轴对称可知函数是周期函数，从而根据周期及对称可得所求值.
【解答过程】因为f (x)= g(4+ x)+3．所以f (4−x)= g(8−x)+3，
又因为f (4−x)+ f (x)=2，所以g(4+ x)+3+ g(8−x)+3=2，
即g(4+ x)+ g(8−x)=−4，所以g(x)的图象关于点(6, −2)对称，且g(6)=−2．
又因为g(x)的图象关于直线x = 4对称，所以g(8−x)= g(x)，且g(4 + x)+ g(8−x)=−4
所以g(4 + x)+ g(x)=−4，则g(8+ x)+ g(x + 4)=−4，
所以g(8+ x)= g(x)，所以8是函数g(x)的一个周期．
所以g(19)+ g(25)= g(2×8+3)+ g(2×8+9) = g(3)+ g(9) = g(4+(−1))+ g(8−(−1))=−4．
又因为g(4)=1, g(4)+ g(8)=−4，所以g(8)=−5．
所以g(24)= g(2×8+8)= g(8)=−5，所以g(19)+ g(24)+ g(25)=−4−5=−9.
故选：A.
【题型8 函数性质的综合应用】
【例8】（2026·山东聊城·三模）已知函数f (x)，g(x)的定义域均为R，且f (x)= g(x−1)−1，
g(x)= f (2−x)+1，若f (x)是偶函数，且f (20)=3，则f (1)+ g(1)=（ ）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】D
【解题思路】联立两个函数关系式消去g( x)，推导得出f ( x)的对称轴，结合偶函数性质推出函数周期，
利用周期性和对称性求出f (1)，再代入关系式求出g(1)，最终计算目标值.
【解答过程】由f ( x)= g( x−1)−1得g( x)= f ( x +1)+1.
又因g( x)= f (2−x)+1，则有f ( x +1)+1= f (2−x)+1，
即f ( x +1)= f (2−x)，故函数f ( x)的图象关于直线x = 3
2对称.
又f ( x)是偶函数，其图象关于直线x =0对称.
故f ( x)的一个周期为T =2×(
3
2 −0)=3.
由f (20)=3得f (20)= f (3×6+2)= f (2)=3.
在f ( x +1)= f (2−x)中令x =0，得f (1)= f (2)=3.
由g( x)= f (2−x)+1得g(1)= f (1)+1= 4.
因此f (1)+ g(1)=3+ 4 =7.
故选：D.
【变式8-1】（2026·湖南·三模）已知f (x)是定义在R上的奇函数，f (2 x +2)的图象关于x =−1
2对称，
f (−1)=−3，则f (985)=（ ）
A．0
B．−3
C．3
D．4
【答案】C
【解题思路】由奇函数定义可得f (−x)=−f (x)，由对称性性质可得f (t +2)=−f (t )，再证明函数f (x)为周
期为4的周期函数，结合周期性性质和奇函数性质求结论.
【解答过程】因为f (x)是定义在R上的奇函数，
所以f (x)=−f (−x)，
因为f (2 x +2)的图象关于x =−1
2对称，
f (2 x +2)= f [2(−1−x)+2)= f (−2 x)，
令t =2 x可得，f (t +2)= f (−t )=−f (t )，
所以f (t + 4)=−f (t +2)= f (t )，故函数f (x)的一个周期为4，
所以f (985)= f (1)=−f (−1)=3．
故选：C.
【变式8-2】（2026·四川成都·三模）已知y = f (x +1)是定义在R上的周期为2 的偶函数，当x∈[1,2)时，
f (x)=log2 x，设a= f(
1
2)，b= f(
4
3)，c = f(−5
4)，则a,b,c的大小关系为（ ）
A．a<c<b
B．c<a<b
C．b<c<a
D．c<b<a
【答案】D
【解题思路】根据题意，得到函数f (x)的图象关于直线x =1对称，进而推得函数f (x)也是周期等于2的函
数，化简得到a= f(
3
2), b= f(
4
3), c = f(
5
4)，结合对数函数的单调性，即可求解.
【解答过程】因为y = f (x +1)是定义在R上的偶函数，可得f (x +1)= f (−x +1)，
所以函数f (x)的图象关于直线x =1对称，则有f (x)= f (2−x)，
再由y = f (x +1)是定义在R上的周期为2 的函数，
可得函数f (x)也是周期等于2 的函数，
所以a= f(
1
2)= f(2−1
2)= f(
3
2), b= f(
4
3), c = f(−5
4)= f(
3
4)= f(
5
4)，
又因为x∈[1, 2)时，f (x)= log2 x是增函数，可得c<b<a．
故选：D.
【变式8-3】（2026·吉林·三模）已知函数f (x)的定义域为R，f (2 x +1)为偶函数，f(
1
2 −2 x)为奇函数，
则（ ）
A．f (x)为奇函数
B．f (x)为偶函数
C．f (x)的最小正周期为4
D．f (x)在(1,2)上单调递增
【答案】B
【解题思路】通过对f (2 x +1)和f(
1
2 −2 x)的平移换元，结合函数的奇偶性与周期性，转化出f (x)自身的
对称轴和对称中心，进而推导出其奇偶性与周期性.
【解答过程】因为f (2 x +1)为偶函数，所以f (−2 x +1)= f (2 x +1)，
将x替换为x
2，则有f (1−x)= f (1+ x)①，
因为f(
1
2 −2 x)为奇函数，所以f(
1
2 +2 x)=−f(
1
2 −2 x)，
将x替换为x
2，则有f ( 1
2 + x)=−f ( 1
2 −x)，
再将x替换为x−1
2，则有f ( x)=−f (1−x)②，
将x替换为−x，则有f (−x)=−f (1+ x)③，
结合①③得f (−x)=−f (1−x)④，
结合②④得f (−x)= f ( x)，因此f ( x)为偶函数，选项A 错误，B 正确；
因为f ( x)=−f (1−x)，结合偶函数，将x替换为x +1得f ( x +1)=−f (−x)=−f ( x)，
则f ( x +2)=−f ( x +1)=−(−f ( x))= f ( x)，即2 为f ( x)的周期，选项C 错误，
对于D 选项，如f ( x)=−cos(π x)满足偶函数且周期为2，
但不满足f (x)在(1,2)上单调递增.
故选：B.
【题型9 抽象函数的性质】
【例9】（2026·甘肃·模拟预测）已知偶函数f (x)满足：f
2(x)+ f
2(x +2)= 4，且f (x)f(x + 1
2)>0，若
f (2)<0，则f (2025)=（ ）
A．1
B．❑√2
C．−❑√2
D．−1
【答案】C
【解题思路】用x代换x +2，可得f
2(x +2)+ f
2(x + 4)= 4，联立方程组，求得f (x + 4)=± f (x)，结合函数
f (x)为偶函数，且f (x)f(x + 1
2)>0，得到f (x + 4)= f (x)，可则f (x)是周期为4的函数，令x =−1，求得
f (1)=−❑√2，结合f (2025)= f (506×4 +1)= f (1)，即可求解.
【解答过程】由f
2(x)+ f
2(x +2)= 4，用x代换x +2，可得f
2(x +2)+ f
2(x + 4)= 4，
联立方程组{
f
2(x)+ f
2(x +2)= 4
f
2(x +2)+ f
2(x + 4)= 4)，可得f
2(x + 4)= f
2(x)，即f (x + 4)=± f (x)，
又由函数f (x)为偶函数，且f (x)f(x + 1
2)>0，可得f (x)与f ( x + 1
2 )同号，
所以f (x + 4)= f (x)，可得函数f (x)是周期为4的函数，
因为f (2)<0，f (1)与f (2)同号，则f (1)<0，
令x =−1，可得f
2(−1)+ f
2(1)=2f
2(1)= 4，所以f (1)=−❑√2，
则f (2025)= f (506×4 +1)= f (1)=−❑√2.
故选：C.
【变式9-1】（2026·河南·模拟预测）已知f (x)是定义在R上的奇函数，且对任意x , y，都有
f (x)+ f ( y)= f (x + y)+a，则a=（ ）
A．2
B．1
C．0
D．−1
【答案】C
【解题思路】通过赋值法结合奇函数的性质即可求解.
【解答过程】令y =−x，则f (x)+ f (−x)= f (0)+a，
因为f (x)是定义在R上的奇函数，
所以f (x)+ f (−x)=0,f (0)=0，则a=0.
故选：C.
【变式9-2】（2026·辽宁抚顺·一模）已知定义域为{x|x≠0))的函数f (x)满足
f (x + y)[f (x)+ f ( y))= f (x)f ( y)，f (1)=2，且当x∈(0,+∞)时，f (x)>0恒成立，则下列结论正确的是
（ ）
A．f(
2
3)=6
B．f (2 x)=2f (x)
C．f (x)为奇函数
D．f (x)在区间(0,+∞)是单调递增函数
【答案】C
【解题思路】赋值法可判断A，利用奇偶函数的定义及赋值法判断BC，由函数的特例可判断D.
【解答过程】令x = y = 1
3，则f(
2
3)[f(
1
3)+ f(
1
3))= f(
1
3)f(
1
3)，
所以2f(
2
3)f(
1
3)= f
2(
1
3)，因为当x∈(0,+∞)时，f (x)>0，
所以2f(
2
3)= f(
1
3)，
令x = 2
3 ，y = 1
3，所以f (1)[f(
2
3)+ f(
1
3))= f(
2
3)f(
1
3)，
即2[f(
2
3)+2f(
2
3))=2f
2(
2
3)，解得：f(
2
3)=3，故A 错误；
由题意，函数f (x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，关于原点对称，
令y =−2 x，则f (x−2 x)[f (x)+ f (−2 x))= f (x)f (−2 x)，即f (−x)[f (x)+ f (−2 x))= f (x)f (−2 x)
令−x代换x , y，则f (−x−x)[f (−x)+ f (−x))= f (−x)f (−x)，即2f (−2 x)f (−x)= f (−x)f (−x)，
所以2f (−2 x)= f (−x)，令−x代换x，所以2f (2 x)= f (x)，故B 错误；
由将2f (−2 x)= f (−x)代入f (−x)[f (x)+ f (−2 x))= f (x)f (−2 x)，
可得f (−x)[f (x)+ f (−x)
2 )= f (x) f (−x)
2
，化简可得f (−x)=−f (x)，
所以f ( x)为奇函数，故C 正确；
令x = y =1，则f (2)[f (1)+ f (1))= f (1)f (1)，解得：f (2)=1，f (1)=2>f (2)=1，故D 错误.
故选：C.
【变式9-3】（2026·陕西安康·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，函数F (x)= f (1+ x)−(1+ x)为偶函
数，函数G (x)= f (2+3 x)−1为奇函数，则下列说法错误的是（ ）
A．函数f (x)的一个对称中心为(2,1)
B．f (0)=−1
C．函数f (x)为周期函数，且一个周期为4
D．f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)=6
【答案】C
【解题思路】对于A，由G( x)为奇函数，则G(−x)=−G( x)，再将G (x)= f (2+3 x)−1代入化简可求出
对称中心；对于B，由选项A 可得f (2)=1，再由F( x)为偶函数可得f (1+ x)−f (1−x)=2 x，令x =1可
求出f (0)；对于C，由f (x)的图象关于点(2,1)对称，结合f (0)=−1求出f (4)进行判断；对于D，利用赋
值法求解判断.
【解答过程】对于A，因为G (x)= f (2+3 x)−1为奇函数，
所以G(−x)=−G( x)，即f (2−3 x)−1=−[ f (2+3 x)−1]，
所以f (2−3 x)+ f (2+3 x)=2，所以f (2−x)+ f (2+ x)=2，
所以函数f (x)的图象关于点(2,1)对称，所以A 正确，
对于B，在f (2−x)+ f (2+ x)=2中，令x =0，得2f (2)=2，得f (2)=1，
因为函数F (x)= f (1+ x)−(1+ x)为偶函数，所以F(−x)= F( x)，
所以f (1−x)−(1−x)= f (1+ x)−(1+ x)，
所以f (1+ x)−f (1−x)=2 x，
令x =1，则f (2)−f (0)=2，所以1−f (0)=2，得f (0)=−1，所以B 正确，
对于C，因为函数f (x)的图象关于点(2,1)对称，f (0)=−1，
所以f (4)=3，所以f (0)≠f (4)，
所以4 不是f (x)的周期，所以C 错误，
对于D，在f (2−x)+ f (2+ x)=2中令x =1，则f (1)+ f (3)=2，
令x =2，则f (0)+ f (4)=2，因为f (0)=−1，所以f (4)=3，
因为f (2)=1，所以f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)=6，所以D 正确，
故选：C.
【题型10 函数新定义】
【例10】（2026·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10-1】（2026·上海闵行·一模）如果“若p，则q”和“若q，则p”中有且仅有一个真命题，称p与
q具有“U－关系”．已知函数y = f ( x)的定义域为R，p: y = f ( x)为偶函数，则p与下列选项中的q具有
“U－关系”的为（ ）
A．q：对任意x∈R都有−f ( x)≥f ( x)
B．q：对任意x∈R都有f (−x)≥f ( x)
C．q：对任意x∈R都有f (−x)=|f ( x)|
D．q：对任意x∈R都有f (−x)= f (| x|)
【答案】C
【解题思路】由p: y = f ( x)为偶函数，得f (−x)= f ( x)，结合“U－关系”的定义可得出答案．
【解答过程】由p: y = f ( x)为偶函数，得f (−x)= f ( x)
对于选项A：“p⇒q”为假命题，“q⇒p”也为假命题，故A 错误；
对于选项B ∶由 f (−x)= f ( x)得f (−x)≥f ( x)成立，故“p⇒q”为真命题，
而由f (−x)≥f ( x)对任意x∈R恒成立，将x替换为−x，得f ( x)≥f (−x)对任意x∈R恒成立，
从而f (−x)= f ( x)成立，所以“q⇒p”也为真命题，故B 错误；
对于选项C：当f ( x)=−1时，f (−x)=−1，|f (−x))=1，此时f (−x)=|f ( x)|不成立，只有f ( x)非负
的情况下f (−x)=|f ( x)|才会成立，即“p⇒q”为假命题，
而由q：f (−x)=|f ( x)|，用−x替换x得f ( x)=|f (−x)|，又因f (−x)=|f ( x)|≥0，故
|f (−x)|= f (−x)，所以f ( x)= f (−x)成立，
所以“q⇒p”为真命题，故C 正确；
对于选项D：“p⇒q”为真命题，
由于由f (−x)= f (| x|)，用−x替换x得f ( x)= f (|−x|)= f (| x|)，故f (−x)= f ( x)，
所以“q⇒p”也为真命题，故D 错误；
故选：C．
【变式10-2】（2026·上海·三模）设s,t ∈R，对于定义域为D 的函数y = f (x)与y = g(x)，
h(x)= sf (x)+tg(x)，若函数y =h(x)是区间D 上的单调函数，则称y = f (x)与y = g(x)在区间D 上满足
“性质M (s,t )”．
(1)设D =[2,+∞)，f (x)= x
2，g(x)= x，若y = f (x)与y = g(x)在区间D 上满足“性质M (1,t )”，求t 的取
值范围；
(2)设s>0，D =(0,1)，f (x)= x，g(x)=−3
2 x ．若y = f (x)与y = g(x)在区间D 上满足“性质M (s,t )”，
求t
s 的取值范围；
(3)设D =R，若对任意s、t，函数y = f (x)与y = g(x)在R上都满足“性质M (s,t )”．求证：存在不全为零
的实数A、B，使得函数y = Af (x)+ Bg(x)为常值函数．
【答案】(1)t ≥−4；
(2)(−∞,−2
3)∪[0,+∞)；
(3)证明见解析
【解题思路】（1）先求出h(x)，根据单调可得对称轴的位置关系，故可求参数的取值范围；
（2）依据单调性定义可得2s+ 3t
x1 x2
≥0在(0,1)上恒成立，其中x1, x2∈(0,1), x1< x2，据此可求t
s 的取值
范围；
（3）利用性质M (s,t )对任意s、t 成立，先取(1,0)和(0,1)知f (x)与g(x)均单调，假设不存在不全为零的实
数A、B 使得函数y = Af (x)+ Bg(x)为常值函数，则存在两点使f (x)与g(x)的增量比值不同，从而可构造
s、t 使h( x)在两点处单调性相反，产生矛盾，因此必存在线性组合为常值函数.
【解答过程】（1）因为f (x)= x
2，g(x)= x在区间D 上满足“性质M (1,t )”，
故h(x)= x
2+tx在D =[2,+∞)上为单调函数，
因为h(x)为开口向上的抛物线，对称轴为x =−t
2，故−t
2 ≤2，即t ≥−4．
（2）由题设有h(x)= sx −3t
2 x 在(0,1)上为单调函数，
设任意x1, x2∈(0,1)，x1< x2，
则h(x1)−h(x2)= s(x1−x2)−3t
2 (
1
x1
−1
x2)=(x1−x2)
2s x1 x2+3t
2 x1 x2
，
因为x1, x2∈(0,1)，x1< x2，故x1−x2<0，x1 x2∈(0,1)，
而h(x)为(0,1)上的单调函数，
故2s x1 x2+3t ≥0在(0,1)上恒成立或2s x1 x2+3t ≤0在(0,1)上恒成立，
而0< x1 x2<1，s>0，故3t ≥0或2s+3t ≤0，故t
s ≥0或t
s ≤−2
3．
（3）若函数y = f (x)为常值函数，取( A ,B)=(1,0)；
同理，若函数y = g(x)是常值函数，取( A ,B)=(0,1)；
因此，以下考虑函数y = f (x)与y = g(x)都不为常值函数的情况．
分别取(s,t )=(1,0)和(0,1)，可以得到函数y = f (x)与y = g(x)，
不妨设函数y = f (x)与y = g(x)都是增函数（否则，若函数y = f (x)为减函数，将−f (x)替换为f (x)）．由
于函数y = f (x)与y = g(x)都不为常值函数，
因此存在x1< x2，使得f (x2)>f (x1)且g(x2)>g(x1)，
令g(x2)−g(x1)=m[f (x2)−f (x1))，其中m>0．
首先证明：对任意x3> x1都有g(x3)−g(x1)=m[f (x3)−f (x1))．
反证法：假设存在x3> x1使得g(x3)−g(x1)=n[f (x3)−f (x1))，其中m≠n且n≠0，
不妨设n>m，取s=−m+n
2
，t =1，对于函数h(x)= sf (x)+tg(x)= g(x)−m+n
2
f (x)，
则h(x2)−h(x1)= g(x2)−g(x1)−m+n
2
[f (x2)−f (x1))< g(x2)−g(x1)−m[f (x2)−f (x1))=0，
h(x3)−h(x1)= g(x3)−g(x1)−m+n
2
[f (x3)−f (x1))> g(x3)−g(x1)−n[f (x3)−f (x1))=0，
因此h(x2)<h(x1)，h(x3)>h(x1)，与y =h(x)是单调函数矛盾．
同理可以证明对任意x3≤x1都有g(x3)−g(x1)=m[f (x3)−f (x1))，
因此，对任意x∈R，g(x)−g(x1)=m[f (x)−f (x1))，
所以h(x)=−mf (x)+ g(x)= g(x1)−mf (x1)=c为常值函数，
取( A ,B)=(−m,1)，则A、B 不全为零，且y = Af (x)+ Bg(x)为常值函数．得证.
【变式10-3】（2026·上海杨浦·模拟预测）定义：若定义域为R 的连续函数f (x)满足对任意x1，x2∈R，
当|x1|＜) x2)时，都有|f (x1))＜|f (x2))，则称函数f (x)为“绝对值严格增函数”．
(1)若f (x)为“绝对值严格增函数”，试判断f (x)是否可能具有周期性；
(2)求证：f (x)=a|x)为“绝对值严格增函数”是g(x)= ln (x−1)+ 2a x
2−1
x−1
始终在h(x)=2 x +3图像上方的
充要条件；
(3)若“绝对值严格增函数”f (x)的值域为[m,1)且在[0,﹢∞)上为严格增函数，试讨论f (x)的奇偶性．
【答案】(1)不可能
(2)证明见解析
(3)当m∈[0,1)时，f (x)为偶函数；当m=−1时，f (x)为奇函数
【解题思路】第（1）问可用反证法，取0与周期的整数倍作比较即可.
第（2）问先由定义得到f (x)=a|x)为“绝对值严格增函数”等价于a>1，再将g(x)>h(x)化为关于t = x−1
的不等式，结合lnt ≥1−1
t 与特殊点t =1即可证明两者等价.
第（3）问先利用定义与连续性证明对任意x ≥0都有|f (−x))=|f (x))，再结合值域与f (x)在[0,+ ∞)上的单
调性分类讨论：当m∈[0,1)时，函数值恒非负，从而为偶函数；当m<0时，再用反证法证明f ( x)的零点
与奇偶情况.
【解答过程】（1）不可能.
假设f (x)具有周期性，设T >0是它的一个周期，则对任意正整数n，都有f (nT )= f (0).
由于|0)<|nT )，而f (x)为“绝对值严格增函数”，所以|f (0))<|f (nT )).又|f (nT ))=|f (0))，矛盾.
因此f (x)不可能具有周期性.
(2)先证f (x)=a|x)为“绝对值严格增函数”等价于a>1.
若a>1，当|x1)<|x2)时，有a|x1)<a|x2)，即|f (x1))<|f (x2))，所以f (x)=a|x)为“绝对值严格增函数”.
反之，若f (x)=a|x)为“绝对值严格增函数”，有|f (x))= f (x)，取x1=0, x2=1，则1= f (0)<f (1)=a，所
以a>1.
再证g(x)始终在h(x)图像上方等价于a>1.
当x>1时，g(x)>h(x)等价于ln(x−1)+ 2a x
2−1
x−1
>2 x +3.
令t = x−1，则t >0，且x =t +1，于是上式等价于lnt + 2a(t +1)
2−1
t
>2t +5，
进一步化简得lnt +(2a−2)t + 2a−1
t
+ 4 a−5>0.
若a>1，由lnt ≥1−1
t ，
可得lnt +(2a−2)t + 2a−1
t
+ 4 a−5≥1−1
t +(2a−2)t + 2a−1
t
+ 4 a−5=2(a−1)(t + 1
t +2)>0.
所以g(x)>h(x)恒成立.
反之，若g(x)始终在h(x)图像上方，则lnt +(2a−2)t + 2a−1
t
+ 4 a−5>0对任意t >0恒成立.
取t =1，得0+(2a−2)+(2a−1)+ 4 a−5>0，化简得8a−8>0，所以a>1.
综上，f (x)=a|x)为“绝对值严格增函数”是g(x)=ln(x−1)+ 2a x
2−1
x−1
始终在h(x)=2 x +3图像上方的充
要条件.
（3）设u(x)=|f (x)),v (x)=|f (−x))，其中x ≥0.由于f (x)为“绝对值严格增函数”，
当0≤x1< x2时，有u(x1)<u(x2),u(x1)<v(x2),v(x1)<u(x2),v(x1)<v(x2).
于是max{u(x1),v(x1))<min{u(x2),v(x2)).
固定x ≥0，令x1= x , x2= x +t，其中t >0，再令t →0
+，
由连续性可得max{u(x),v (x))≤min{u(x),v (x))，
故u(x)= v (x)，即对任意x ≥0，都有|f (−x))=|f (x)).
下面分类讨论.
当m∈[0,1)时，f (x)的值域为[m,1)⊆[0,1)，故对任意x∈ℝ，都有f (x)≥0.
于是由|f (−x))=|f (x))可得f (−x)= f (x)，所以f (x)为偶函数.
当m<0时，由值域为[m,1]知f (x)既取负值又取正值.
又f (x)连续，所以存在x0∈ℝ，使得f (x0)=0，存在x1<0，f ( x1)<0.
若x0≠0，则由|0)<|x0)可得|f (0))<|f (x0))=0，矛盾.
故f (0)=0，且0是f (x)的唯一零点.
因为f (x)在[0,+∞)上为严格增函数，且f (0)=0，所以当x>0时，f (x)>0.
若存在x2<0,f ( x2)>0，则在x1与x2之间存在x3<0，f ( x3)=0，
与0是f (x)的唯一零点矛盾,则x<0时，f ( x)<0.
则f (−x)=−f ( x)，即f ( x)是奇函数，值域关于原点对称，故m=−1.
综上，当m∈[0,1)时，f (x)为偶函数；当m=−1时，f (x)为奇函数.
一、单选题
1．（2026·山东·模拟预测）已知定义在R上的函数f ( x)满足：f ( x +1)为奇函数，且f (0)=2，则f (2)=
（ ）
A．-2
B．0
C．1
D．2
【答案】A
【解题思路】由f ( x +1)为奇函数，得f (−x +1)=−f ( x +1)，令x =1即可求解．
【解答过程】由f ( x +1)为奇函数，得f (−x +1)=−f ( x +1)，
令x =1，得f (−1+1)=−f (1+1)，
得f (0)=−f (2)，由f (0)=2，
得f (2)=−2．
故选：A.
2．（25-26 高一上·重庆·期末）函数f (x)=a x
2−(a−1) x−2在区间(−∞,2)上是增函数，则实数a的取值
范围是（ ）
A．[−1
3 ,0)
B．[−1
3 ,+∞)
C．(−∞,−1
3)
D．[−1
3 ,0)
【答案】D
【解题思路】根据给定条件，按a是否为0 分类，利用二次函数单调性列式求解.
【解答过程】当a=0时，f ( x)= x−2在(−∞,2]上单调递增，符合题意，则a=0；
当a≠0时，由函数f ( x)在(−∞,2]上是增函数，得a<0且a−1
2a ≥2，解得−1
3 ≤a<0，
所以实数a的取值范围是[−1
3 ,0].
故选：D.
3．（2026·云南·模拟预测）函数f (x)={
a
2 x , x>1
3−2 x , x ≤1)
是R上的严格减函数，则实数a的取值范围是（ ）
A．(−∞,0)
B．(−∞,2)
C．(0,2)
D．(0,+∞)
【答案】C
【解题思路】分段函数是R上的减函数，需要保证在各个区间段是减函数，并且满足在分段点处，断点左
边在断点处的函数值要不小于右支函数在断点处的极限值．
【解答过程】因为f (x)是R上的严格减函数，故
当x>1时，a
2 x 必须严格单调递减，故a
2 >0，解得a>0；
当x ≤1时，3−2 x，因为−2<0，故3−2 x单调递减；
分段点为x =1，f (1)=3−2=1，当x→1
+时，f (x)→a
2，
故3−2≥a
2，解得a≤2；
综上，实数a的取值范围是(0,2)．
故选：C.
4．（2026·云南曲靖·二模）已知定义域为R的函数f ( x)满足f ( x)= f (4−x)，且对任意x1，
x2∈(−∞,2]，当x1≠x2时，都有
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<0，则（ ）
A．f (2)<f (−3)<f (4)
B．f (2)<f (4)<f (−3)
C．f (4)<f (2)<f (−3)
D．f (4)<f (−3)<f (2)
【答案】B
【解题思路】利用函数的对称性及单调性的定义确定区间单调性，再由单调性判断函数值的大小.
【解答过程】由f ( x)= f (4−x)得函数f ( x)的图象关于x =2对称，
根据已知及单调性的定义，知f ( x)在(−∞,2]上为减函数，
所以f ( x)在[2,+ ∞)上为增函数，
∵f (−3)= f [4−(−3))= f (7)，且2<4<7，
∴f (2)<f (4)<f (−3)．
故选：B.
5．（2026·北京西城·二模）已知函数f (x)在R上单调递增，设g(x)= f (−x)−f (x)，则函数g(x)是（ ）
A．奇函数，且在R上单调递增
B．偶函数，且在R上单调递增
C．奇函数，且在R上单调递减
D．偶函数，且在R上单调递减
【答案】C
【解题思路】先根据奇函数和偶函数的定义判断函数的奇偶性，再根据函数单调性的性质判断函数的单调
性即可.
【解答过程】因为g( x)= f (−x)−f ( x)，其定义域为R，关于原点对称,
所以g(−x)= f ( x)−f (−x)=−[f (−x)−f ( x)]=−g( x),
所以 g( x) 是奇函数，排除选项B 和D;
因为f ( x)在R上单调递增，则f (−x)在R上单调递减, 那么−f ( x)在R上单调递减,
因为两个减函数的和是减函数，所以g( x)= f (−x)−f ( x)= f (−x)+[−f ( x)]在R上单调递减，
综上，函数g( x)是奇函数，且在ℝ上单调递减，所以C 正确.
故选：C.
6．（2026·山西大同·三模）已知f (x)是定义在R上的奇函数，函数g(x)=(x−1)f (x)的图象关于点(1,0)对
称，且满足∑
i=1
26
f (i)=2 ，则g(−1)=（ ）
A．−4
B．−2
C．2
D．4
【答案】D
【解题思路】先根据g(x)的对称性得出f (x)= f (2−x)，结合奇偶性得出4 是f (x)的一个周期，再结合周期
性可得f (1)=2，即可得结果.
【解答过程】因为函数g(x)=(x−1)f (x)的图象关于点(1,0)对称，
则g(x)=−g(2−x)，即(x−1)f (x)=(x−1)f (2−x)，
当x≠1时，则f (x)= f (2−x)，
且f (1)= f (2−1)，可知f (x)= f (2−x)对任意x∈R恒成立，
又因为f (x)是定义在R上的奇函数，则f (0)=0，f (x)=−f (−x)，
可得f (2−x)=−f (−x)，即f (2+ x)=−f (x)，
则f (4 + x)=−f (2+ x)，得f (4 + x)= f (x)，可知4 是f (x)的一个周期，
f (2)= f (2+0)=−f (0)=0，f (x)+ f (2+ x)=0，
所以f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)= f (1)+ f (3)+ f (2)+ f (4)=0+0=0，
所以∑
i=1
26
f (i)=6[f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4))+ f (1)+ f (2)= f (1)，
又因为∑
i=1
26
f (i)=2，即f (1)=2，可得f (−1)=−f (1)=−2，
所以g(−1)=(−1−1)f (−1)=−2×(−2)= 4．
故选：D.
7．（25-26 高一上·广东深圳·开学考试）已知定义在R上的函数f (x)满足：f (−x)+ f (x)=0，
f (2−x)= f (x)，且f (x)在[−1,1)内单调递增，则（ ）
A．f (8)<f (5.5)<f (−3)
B．f (8)>f (5.5)>f (−3)
C．f (8)>f (−3)>f (5.5)
D．f (8)<f (−3)<f (5.5)
【答案】A
【解题思路】根据题意，可得函数f (x)是周期为4的函数，化简可得f (8)= f (0)，f (−3)= f (1)，
f (5.5)= f (0.5)，根据函数单调性即可比较大小.
【解答过程】由题意，f (−x)+ f (x)=0，则f (x)=−f (−x)，
又f (2−x)= f (x)，所以f (2−x)=−f (−x)，变形可得f (2+ x)=−f (x)，
用x +2替换其中的x，可得f (4 + x)=−f (2+ x)，所以f (4 + x)= f (x)，
所以函数f (x)的周期为4，
所以f (8)= f (2×4+0)= f (0)，f (−3)= f (−1×4+1)= f (1)，
f (5.5)= f (1×4 +1.5)= f (1.5)，又f (2−x)= f (x)，所以f (5.5)= f (1.5)= f (0.5)，
又函数f (x)在[−1,1)内单调递增，所以f (1)>f (0.5)>f (0)，
即f (−3)>f (5.5)>f (8).
故选：A.
8．（2026·甘肃张掖·二模）已知定义在R上的函数f (x)和g(x)满足f (x +1)−g(x + 4)=−1，
g(x)+ f (1−x)=3，若f (x)是偶函数，且f (0)=3，则∑
i=1
18
g(i+1)=（ ）
A．34
B．36
C．38
D．40
【答案】C
【解题思路】利用递推关系式及函数的奇偶性得出g(x)的周期，再由赋值法求g(1),g(2), g(3), g(4)的值
即可.
【解答过程】因为f (x)是偶函数，g(x)+ f (1−x)=3，
所以g(x)+ f (x−1)=3，所以g(x +2)+ f (x +1)=3，
又f (x +1)−g(x + 4)=−1，两式相减可得g(x +2)+ g(x + 4)= 4，
所以可得g(x)+ g(x +2)= 4，两式相减可得g(x + 4)−g(x)=0，
即g(x + 4)= g(x)，所以函数g(x)的周期T = 4，
由g(x)+ f (1−x)=3，令x =1，可得g(1)+ f (0)=3，所以g(1)=0，
由g(x)+ g(x +2)= 4，令x =1，可得g(1)+ g(3)= 4，所以g(3)= 4，
由f (x +1)−g(x + 4)=−1，令x =−2，可得f (−1)−g(2)=−1，
由g(x)+ f (1−x)=3，令x =2，可得g(2)+ f (−1)=3，两式相减可得g(2)=2，
由g(x)+ g(x +2)= 4，令x =2，可得g(4)=2，
故一个周期中g(1)+ g(2)+ g(3)+ g(4)=8，
所以∑
i=1
18
g(i+1)= 4×8+ g(18)+ g(19)=32+ g(2)+ g(3)=38.
故选：C.
二、多选题
9．（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数f ( x)满足f (1)=−10，f ( x)f ( y)=10 f ( x + y)+10 f ( x−y)，
则（ ）
A．f (0)=20
B．f (2)=10
C．f ( x)为偶函数
D．f ( x)= f ( x +3)
【答案】ACD
【解题思路】对于A：令x =1, y =0后计算即可判断；对于B：令x =1, y =1后计算即可判断；对于C：令
y = x和y =−x，后计算即可判断；对于D：令y =1，−f ( x)= f ( x +1)+ f ( x−1)，用x替换为x +1，化简
后得f (x−1)= f (x +2)，可判断.
【解答过程】对于A：令x =1, y =0，则f (1)f (0)=10 f (1)+10 f (1)=20 f (1)，
又f (1)=−10，所以f (0)=20，故A 正确；
对于B：令x =1, y =1，则f (1)f (1)=10 f (2)+10 f (0)，
即(−10)
2=10 f (2)+10×20，所以f (2)=−10，故B 错误；
对于C：令y = x，则f ( x)f ( x)=10 f (2 x)+10 f (0)，
令y =−x，则f ( x)f (−x)=10 f (0)+10 f (2 x)，
所以f (x)= f (−x)，则f ( x)为偶函数，C 正确；
对于D：令y =1，则f ( x)f (1)=10 f ( x +1)+10 f ( x−1)，
即−f ( x)= f ( x +1)+ f ( x−1)，
将上式中的x替换为x +1，得−f ( x +1)= f ( x +2)+ f ( x)，
上述两式消去f (x +1)，得f (x−1)= f (x +2)，
即f ( x)= f ( x +3)，D 正确.
故选：ACD.
10．（2026·陕西西安·三模）已知定义在R上的奇函数f (x)满足对任意实数x，都有f (x +2)= f (−x)，且当
x∈[0,1)时，f (x)=2 x，则（ ）
A．f (x)是周期为4 的周期函数
B．f (1)+ f (2)+ f (3)+⋯+ f (2026)=2
C．f (x)在[1,2)上单调递增
D．f (x)的图象关于直线x =1对称
【答案】ABD
【解题思路】对于A 选项，因为f (x)是奇函数，由f (x +2)= f (−x)判断函数周期；对于B 选项，由f (x)的
周期为4，分别求解f (1)，f (2)，f (3)，f (4)即可；对于C 选项，由函数对称求解即可；对于D 选项，由
函数对称的定义求解即可；
【解答过程】因为f (x)是奇函数，所以f (−x)=−f (x)．因为f (x +2)= f (−x)，所以f （x + 2）=−f (x)
，
所以f (x + 4)= f ((x +2)+2)=−f (x +2)= f (x)，因此f (x)是周期为4 的周期函数，故A 正确．
因为x∈[0,1)时，f (x)=2 x，所以f (1)=2，所以f (3)= f (−1)=−f (1)=−2．
因为f (x)是定义在R上的奇函数，
所以f (0)=0．因为f (x)的周期为4，所以f (4)=0．因为f (x +2)= f (−x)，所以f (2)=−f (0)=0，
所以f (2026)= f (4×506+2)= f (2)=0，所以f (1)+ f (2)+ f (3)+⋯+ f (2026)= f (1)+ f (2)=2，故B 正
确．
因为f (x +2)= f (−x)，所以f ((x −1)+2)= f (−(x −1))，即f (1+ x)= f (1−x)，
所以f (x)的图象关于直线x =1对称，故D 正确．
当x∈[1,2)时，2−x∈[0,1)，因为x∈[0,1)时，f (x)=2 x，所以f (2−x)=2(2−x)= 4 −2 x，
因为f (x)的图象关于直线x =1对称，所以f (x)= f (2−x)= 4−2 x，在[1,2)上单调递减，故C 错误．
故选：ABD.
11．（2026·河南濮阳·一模）已知函数f ( x)的定义域为R，且f (x + y)f (x−y)= f
2(x)−f
2( y),f (1)=2，
f (3 x−1)为偶函数，则（ ）
A．f ( x)为偶函数
B．f (0)=0
C．f (2+ x)=−f (2−x)
D．∑
i=1
2026
f (i)=2
【答案】BCD
【解题思路】令x = y =0判断B；令x =0以及y =−x得出f (x)为奇函数判断A；根据f (x)的对称性可得出
周期性，结合对称性和周期性可判断C；利用周期性和对称性求出函数值f (1),f (2),f (3),f (4)判断D.
【解答过程】令x = y =0，则f (0)f (0)= f
2(0)−f
2(0)，故f
2(0)=0，则f (0)=0，故B 正确；
令x =0，则f ( y)f (−y)= f
2(0)−f
2( y)=−f
2( y)，
则f ( y)[f (−y)+ f ( y))=0，则f ( y)=0或f (−y)+ f ( y)=0，
令y =−x，则f (0)f (2 x)= f
2(x)−f
2(−x)，则f
2(x)= f
2(−x)，
若f ( y)=0，则f (−y)=0，也满足f (−y)+ f ( y)=0，
故f (x)为奇函数，故A 错误；
因为f (3 x−1)为偶函数，所以f (x)的对称轴为x =−1，则f (x)= f (−x−2)，
因为f (x)为奇函数，所以f (−x−2)=−f (x +2)，则f (x)=−f (x +2)，
则f (x +2)=−f (x + 4)，故f (x)= f (x + 4)，即4是f (x)的一个周期，
则f (2+ x)= f (2+ x−4)= f ( x−2)=−f (2−x)，故C 正确；
因为f (x)=−f (x +2)，所以f (3)=−f (1)=−2，f (2)=−f (0)=0；
因为f (x)= f (x + 4)，所以f (4)= f (0)=0，
∑
i=1
2026
f (i)=506[f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4))+ f (1)+ f (2)
=506×(2+0−2+0)+2+0=2，故D 正确.
故选：BCD.
三、填空题
12．（2026·河南·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，若f (x +2)=−f (x)，f (3)=−3，则f (2025)=
__________.
【答案】3
【解题思路】先得到f (x)的一个周期为4，所以f (2025)= f (1)，又f (3)=−3，f (x +2)=−f (x)，从而求
出f (1)=3，得到答案.
【解答过程】f (x +2)=−f (x)，则f (x + 4)=−f (x +2)，故f (x + 4)= f (x)，
所以f (x)的一个周期为4，所以f (2025)= f (506×4+1)= f (1)，
又f (x +2)=−f (x)中，令x =1得f (3)=−f (1)=−3，
故f (1)=3，则f (2025)=3.
故答案为：3.
13．（2026·全国·模拟预测）已知函数f ( x)是定义域为R的奇函数.设g( x)= f ( x−1)+1，若f ( x)在
(0,+∞)的最小值为2，则g( x)在(−∞,1)的最大值为__________.
【答案】−1
【解题思路】根据奇函数图象的对称性，判断在对称区间内的最值情况，根据图象的平移法则，求出平移
后函数在给定区间上的最值.
【解答过程】因为f ( x)是定义域为R的奇函数，由f ( x)在(0,+∞)的最小值为2，得f ( x)在(−∞,0)的最
大值为−2，
因为g( x)= f ( x−1)+1，所以g( x)的图象是由f ( x)的图象向右平移一个单位，再向上平移一个单位后得
到，
故g( x)在(−∞,1)的最大值为−2+1=−1.
故答案为：−1.
14．（2026·青海·模拟预测）已知f ( x)是定义在(m−5,4 m)上的偶函数，对任意的x1，x2∈[0,4 m)，当
x1≠x2时，(x2
2+1)f (x1)−(x1
2+1)f (x2)
x1−x2
>0恒成立．若f (1)= 4，则关于x的不等式
f ( x−m)>2 x
2−4 x + 4的解集为__________．
【答案】(−3,0)∪(2,5)
【解题思路】根据题意求出m，接着由题设得到
f (x1)
x1
2+1
< f (x2)
x2
2+1
，令g(x)= f (x)
x
2+1
，得到g(x)为偶函数，且
在[0,4)上递增，在(−4,0)上单减，结合g(1)=2，把不等式转化为g(x−1)> g(1)，得到不等式组，即可
求解.
【解答过程】因为f (x)是定义在(m−5,4 m)上的偶函数，所以m−5+ 4 m=0，解得m=1，
x1, x2∈[0,4 ），且x1< x2，则x1−x2<0，
又因为(x2
2+1)f (x1)−(x1
2+1)f (x2)
x1−x2
>0，所以(x2
2+1)f (x1)−(x1
2+1)f (x2)<0，
所以(x2
2+1)⋅f (x1)<(x1
2+1)⋅f (x2)，则
f (x1)
x1
2+1
< f (x2)
x2
2+1
，
令g(x)= f (x)
x
2+1
，则
g( x1)−g( x2)
x1−x2
>0，故g( x)在[0,4)上单调递增，
因为f (x)为(−4,4)上的偶函数，所以g(x)为(−4,4)上的偶函数，
所以g(x)在[0,4)上单调递增，在(−4,0)上单调递减，
又因为g(1)= f (1)
2
=2，所以f (x−m)>2 x
2−4 x + 4，即为f (x−1)
(x−1)
2+1
>2，
即g(x−1)>g(1)，则{
x−1>1
−4< x−1<4)或{
x−1<−1
−4< x−1<4)，
解得2< x<5或−3< x<0，
所以不等式的解集为(−3,0)∪(2,5).
故答案为：(−3,0)∪(2,5).
四、解答题
15．（2026·四川绵阳·一模）设函数f (x)= x|x +m).
(1)若m=2，写出函数f (x)的单调区间；
(2)当x∈[1,2)时，f (x)≤2，求实数m的取值范围.
【答案】(1)f ( x)的单调递减区间为(−2,−1)，单调递增区间为(−∞,−2)、(−1,+∞).
(2)−2❑√2≤m≤−1.
【解题思路】（1）将函数式改写为f (x)={
−( x +1)
2+1, x ≤−2
( x +1)
2−1, x>−2 )，结合二次函数的性质确定单调区间；
（2）由题设，问题化为x∈[1,2)上(−x−2
x )
max
≤m≤(−x + 2
x )
min
，利用对勾函数及复合函数的性质判断
相关函数的区间单调性，进而求最值，即可得.
【解答过程】（1）由题设f (x)= x|x +2)={
−x
2−2 x , x ≤−2
x
2+2 x , x>−2 )，即f (x)={
−( x +1)
2+1, x ≤−2
( x +1)
2−1, x>−2 )，
所以f ( x)在(−∞,−2)上单调递增，在(−2,−1)上单调递减，在(−1,+ ∞)上单调递增，
所以f ( x)的单调递减区间为(−2,−1)，单调递增区间为(−∞,−2)、(−1,+ ∞).
（2）由题设，在x∈[1,2)上x|x +m)≤2恒成立，则−2
x ≤x +m≤2
x ⇔−x−2
x ≤m≤−x + 2
x 恒成立，
所以，只需(−x−2
x )
max
≤m≤(−x + 2
x )
min
，
由y =−x−2
x 在[1,❑√2)上单调递增，在(❑√2,2]上单调递减，故(−x−2
x )
max
=−2❑√2，
由y =−x + 2
x 在[1,2)上单调递减，故(−x + 2
x )
min
=−1，
所以−2❑√2≤m≤−1.
16．（25-26 高三·全国·一轮复习）已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，且它的图象关于直线x =1对称．
(1)求证：f (x)是周期为4 的周期函数；
(2)若f (x)= ❑√x(0< x ≤1)，求x∈[−5,−4)时，函数f (x)的解析式．
【答案】(1)证明见解析
(2)f (x)=−❑√−x−4
【解题思路】(1)利用函数对称以及奇函数的性质证明.
(2)通过函数f (x)的周期性以及奇函数性质求解.
【解答过程】（1）证：因为f (x)关于直线x =1对称，所以f (x +1)= f (1−x)，进而f (x +2)= f (−x).
因为f (x)是定义在R上的奇函数，f (−x)=−f (x)，所以f (x +2)=−f (x).
因此f (x + 4)=−f (x +2)= f (x).
即f (x)是周期为4 的周期函数.
（2）由函数f (x)是定义在R上的奇函数，有f (0)=0．
当x∈[−1,0)时，−x∈(0,1)，f (x)=−f (−x)=−❑√−x，f (0)=0符合式子，
故x∈[−1,0)时，f (x)=−❑√−x．
x∈[−5,−4)时，x + 4∈[−1,0)，f (x)= f (x + 4)=−❑√−x−4．
从而，x∈[−5,−4)时，函数f (x)=−❑√−x−4.
17．（25-26 高一上·上海·阶段检测）设y = f (x)是定义在R 上的奇函数，且对于任意的实数x，恒有
f (x +3)=−f (x)．当x∈[0,3)时，f (x)= x
2−3 x．
(1)求证：y = f (x)是周期函数，并指出其最小正周期；
(2)求方程f (x)=−2在区间[−12,12)上解的个数．
【答案】(1)证明过程见解析，最小正周期为6；
(2)8
【解题思路】（1）根据f (x +3)=−f (x)，得到f (x +6)= f (x)，故y = f (x)是一个周期为6 的周期函数，并
结合奇偶性得到最小正周期为6；
（2）x∈[0,3)上，f (x)=−2有2 个解，结合函数的周期性和奇偶性，可知在[6,9)，[−6,−3)，
[−12,−9)上，各有2 个解，画出函数图象，数形结合得到答案.
【解答过程】（1）因为f (x +3)=−f (x)，所以f (x +6)=−f (x +3)=−[−f (x))= f (x)，
故y = f (x)是一个周期为6 的周期函数，
又x∈[0,3)时，f (x)= x
2−3 x，
故当x∈[−3,0)时，−x∈[0,3)，则f (−x)=(−x)
2−3·(−x)= x
2+3 x，
y = f (x)是定义在R 上的奇函数，故f (x)=−f (−x)=−x
2−3 x，
显然在x∈[−3,3)上，y = f (x)的图象无周期性，
综上，y = f (x)的最小正周期为6；
（2）当x∈[0,3)时，f (x)= x
2−3 x =(x−3
2)
2
−9
4 ∈[−9
4 ,0)，
令f (x)=−2，则有2 个根，故f (x)=−2在x∈[0,3)上有2 个解，
结合函数的周期性和奇偶性，可知在[6,9)，[−6,−3)，[−12,−9)上，各有2 个解，
画出函数在x∈[−12,12)上的图象如下：
由于y = f (x)与y =−2有8 个交点，故f (x)=−2在[−12,12)上共有8 个解.
18．（25-26 高一上·天津·阶段检测）已知f (x)= 2ax
x
2+ 4 在定义域[2b,b+3)上为奇函数，且f(
1
2)= 2
17 .
(1)求a，b的值；
(2)判断并证明函数f (x)在定义域内的单调性；
(3)若f (t
2−3)+ f (1−t )<0，求实数t的取值范围.
【答案】(1)a= 1
2，b=−1
(2)f ( x)在[−2,2)上单调递增，证明见解析
(3)[1,2)
【解题思路】（1）根据奇函数定义域关于原点对称，可得b 值，将点坐标代入，可得a 值.
（2）由（1）得f (x)的解析式，利用定义法，按照取值，作差，整理，定号，得结论的步骤，即可得证
（3）根据f (x)的奇偶性和单调性，结合定义域，可得不等式组，即可求得答案.
【解答过程】（1）因为f (x)= 2ax
x
2+ 4 在定义域[2b,b+3)上为奇函数，
所以2b+b+3=0，解得b=−1，
又f(
1
2)= 2
17 ，所以
a
1
4 + 4
= 2
17 ，解得a= 1
2.
（2）由（1）得f ( x)=
x
x
2+ 4 ，x∈[−2,2)，
则f ( x)在[−2,2)上单调递增，证明如下：
任取x1, x2∈[−2,2)，且x1< x2，
则f ( x1)−f ( x2)=
x1
x1
2+ 4
−
x2
x2
2+ 4
= x1(x2
2+ 4)−x2(x1
2+ 4)
(x1
2+ 4)(x2
2+ 4)
= (x1−x2)(4−x1 x2)
(x1
2+ 4)(x2
2+ 4)
，
因为−2≤x1< x2≤2，
所以x1−x2<0,4−x1 x2>0, x1
2+ 4>0, x2
2+ 4>0，
所以f ( x1)−f ( x2)<0，即f ( x1)<f ( x2)，
所以f ( x)=
x
x
2+ 4 在[−2,2)上单调递增
（3）因为f ( x)在[−2,2)上单调递增，且为奇函数，
由f (t
2−3)+ f (1−t )<0，得f (t
2−3)<−f (1−t )= f (t −1)，
所以{
t
2−3<t −1
−2≤t
2−3≤2
−2≤1−t ≤2)
，解得1≤t <2.
19．（25-26 高一下·上海闵行·期中）已知定义域为R的函数y = f (x)为偶函数，它的图像是连续的曲线．
任取a∈R，定义U a={x)f (x)≥f (a))．
(1)已知f (x)= x
4，求U 2；
(2)若任取a∈R，都有a+2π∈U a，求证：函数y = f (x)，x∈R为周期函数；
(3)若任取a∈R，只要存在m∈U a、n∈U a且m≠n，都有[m,n)⊆U a．试判断函数y = f (x)在(−∞,0)
上的单调性（填写“增函数”“严格增函数”“减函数”“严格减函数”“既存在严格增区间也存在严格
减区间”之一），并证明你的结论．
【答案】(1)U 2=(−∞,−2]∪[2,+∞).
(2)证明见解析
(3)增函数；证明见解析
【解题思路】（1）根据题意列不等式求解即可；
（2）取a= x，得f ( x +2π )≥f ( x)， 取a=−x，得f (−x +2π )≥f (−x)，结合偶函数性质和不等式性质
推出f (t +2π )= f (t )，从而证明函数为周期函数；
（3）采用反证法结合定义证明即可.
【解答过程】（1）已知f ( x)= x
4，a=2，则f (a)= f (2)=2
4=16，U 2={x∣x
4≥16}，
解得x ≤−2或x ≥2， 故U 2=(−∞,−2]∪[2,+ ∞).
（2）已知f ( x)是偶函数，故对任意x∈R，f (−x)= f ( x)，
由题知任取a∈R，都有a+2π∈U a，故对任意a∈R，f (a+2π )≥f (a)，
取a= x，得f ( x +2π )≥f ( x) ①；
取a=−x，得f (−x +2π )≥f (−x)，即f (2π −x)= f ( x−2π )≥f (−x)= f ( x)，
整理得f ( x−2π )≥f ( x)，令t = x−2π，则x =t +2π，代入得f (t )≥f (t +2π ) ②，
结合①②可得对任意t ∈R，f (t +2π )= f (t )，故f ( x)是以2π为周期的周期函数，得证.
（3）假设f ( x)在(−∞,0]上不是增函数，则存在x1< x2≤0,f (x1)>f (x2)，
取a= x1,−a=−x1，而U a={x|f ( x)≥f ( x1)}，由定义知a= x1∈U a，
而f (x)为偶函数，故f (x1)= f (−x1)，故−a=−x1∈U a，可知[x1,−x1)⊆U a，
而x1< x2≤0，故x2∈U a，根据题干定义可知U a={x)f (x)≥f (a))，故f (x2)≥f (a)= f (x1)，与假设矛盾，
因此假设不成立，
故f ( x)在(−∞,0]上是增函数.
