专题2.4 函数的性质：单调性、奇偶性、对称性与周期性（举一反三
专项训练）
【全国通用】
目录
第一部分 题型专
练
【题型1 确定函数的单调性（区间）】..................................................................................................................1
【题型2 根据函数的单调性求参数】......................................................................................................................3
【题型3 求函数的最值】..........................................................................................................................................4
【题型4 函数单调性的应用：比较大小、解不等式】.........................................................................................6
【题型5 函数的奇偶性及应用】..............................................................................................................................9
【题型6 函数的周期性及应用】............................................................................................................................11
【题型7 函数的对称性】........................................................................................................................................13
【题型8 函数性质的综合应用】............................................................................................................................14
【题型9 抽象函数的性质】....................................................................................................................................17
【题型10 函数新定义】..........................................................................................................................................20
第二部分 分层突破
A 组 基础跟踪练
B 组 培优提升练
C 组 真题·实战演练
【题型1 确定函数的单调性（区间）】
1．（25-26 高一上·山东枣庄·期中）函数f（x）＝❑√8+2 x−x
2的单调递减区间是（ ）
A．(−∞,1)
B．[1,+∞)
C．[1,4]
D．[－2,1]
【答案】C
【解题思路】先求出函数的定义域，再换元，然后利用复合函数单调性“同增异减”的方法求解.
【解答过程】由题可知，−x
2+2 x +8=−( x +2)( x−4)≥0，解得−2≤x ≤4.
令t =−x
2+2 x +8，则y = ❑√t，
因为t =−x
2+2 x +8在x∈[1,4 ]上单调递减，而y = ❑√t在[0,+∞)上单调递增，根据复合函数单调性“同
增异减”，
所以f ( x)在[1,4 ]上单调递减.
故选：C.
2．（25-26 高一上·广东广州·期中）函数f (x)=|3−x)⋅(x +1)的单调递减区间为（ ）
A．(−∞,1)
B．(1,2)
C．(1,3)
D．(3,+∞)
【答案】C
【解题思路】写出函数的分段形式，结合二次函数的性质确定单调递减区间即可.
【解答过程】由题设f (x)={
(3−x)( x +1)=−x
2+2 x +3=−( x−1)
2+ 4 , x ≤3
( x−3)( x +1)= x
2−2 x−3=( x−1)
2−4 , x>3 )，且函数连续，
所以f ( x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3,+ ∞)上单调递增，
所以单调递减区间为(1,3).
故选：C.
3．（25-26 高三上·北京·阶段检测）下列函数中，既是偶函数，又在(0,+∞)上单调递增的是（ ）
A．f (x)= ❑√x
B．f (x)=e
x
C．f (x)= 1
x
2
D．f (x)=ln|x)
【答案】D
【解题思路】先判断各选项的奇偶性，再判断在区间(0,+ ∞)内的单调性，从而确定正确答案．
【解答过程】选项A：∵f (x)= ❑√x的定义域为x ≥0，不关于原点对称，不具奇偶性，故A 错误；
选项B：∵f (−x)=e
−x = 1
e
x ≠e
x，∴f (x)不是偶函数，故B 错误；
选项C：f (−x)=
1
(−x)
2 = 1
x
2 = f (x)，是偶函数，因为f (x)= x
2在(0,+∞)上单调递增，且恒大于0，
∴ f (x)在(0,+∞)上单调递减，故C 错误；
选项D：∵ f (−x)=ln|−x)=ln|x)= f (x)，
当x>0时，f (x)= ln x，根据对数函数性质知f (x)在(0+∞)内单调递增，故D 正确．
故选：D．
4．（25-26 高一上·安徽·期中）已知函数f (x)= x|2 x−3)，若f (x)在区间I上单调递减，则区间I可能为
（ ）
A．(−∞, 3
4)
B．(2,4)
C．(
3
2 ,+∞)
D．(
3
4 , 3
2)
【答案】D
【解题思路】先去绝对值分段，画出f (x)图象，进而判断选项区间是否单调递减.
【解答过程】依题意，f (x)= x|2 x−3)={
(3−2 x) x , x< 3
2
(2 x−3) x , x ≥3
2)
，画出f (x)图象，
观察可知f (x)在(−∞, 3
4)和(
3
2 ,+ ∞)上单调递增，在(
3
4 , 3
2)上单调递减.
故选：D.
【题型2 根据函数的单调性求参数】
5．（25-26 高一上·重庆·阶段检测）已知函数f (x)=3
x
2−2ax + 4在区间[2,+∞)上单调递增，则实数a 的取值
范围是（ ）
A．(−∞,2)
B．(−∞,2)
C．[2,+∞)
D．(2,+∞)
【答案】A
【解题思路】根据复合函数的单调性，结合指数函数的单调性和二次函数的单调性即可求解.
【解答过程】令u= x
2−2ax + 4，
因为函数y =3
u在定义域上单调递增，
则u= x
2−2ax + 4在区间[2,+∞)上单调递增，
函数u= x
2−2ax + 4的图象开口向上，对称轴为x =a，
所以a≤2，
则实数a 的取值范围是(−∞,2).
故选：A.
6．（25-26 高一上·广东肇庆·阶段检测）已知函数f ( x)={
(3a−1)x + 4 a, x<1
x
2−ax +6, x ≥1 )在R上是增函数，则实数
a的取值范围是（ ）
A．(
1
3 ,1)
B．(
1
3 ,2)
C．[2,+∞）
D．[1,2)
【答案】A
【解题思路】利用分段函数为增函数的性质并结合一次函数与二次函数性质列出不等式求解即可．
【解答过程】因为函数f ( x)={
(3a−1)x + 4 a, x<1
x
2−ax +6, x ≥1 )在R上是增函数，
所以{
3a−1>0
a
2 ≤1
3a−1+ 4 a≤1−a+6)
，{
a> 1
3
a≤2
a≤1)
，解得1
3 <a≤1，所以实数a的取值范围是(
1
3 ,1)．
故选：A.
7．（25-26 高三上·陕西榆林·阶段检测）“a>1”是“函数f (x)=(x +a)
2在(0,+ ∞)内单调递增”的
（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要
【答案】A
【解题思路】先根据二次函数的单调性求出a的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【解答过程】函数f (x)=(x +a)
2的单调递增区间为[−a,+ ∞），
由函数f (x)在(0,+ ∞)内单调递增，得−a≤0，解得a≥0，
所以“a>1”是“函数f (x)=(x +a)
2在(0,+ ∞)内单调递增”的充分而不必要条件．
故选：A．
8．（25-26 高一上·福建厦门·阶段检测）若函数f (x)=2
x
2−ax +1在区间(1,2)上单调递增，则a 的取值范围是
（ ）
A．(−∞，1)
B．(−∞，2)
C．(−∞，2)
D．[4，+∞)
【答案】C
【解题思路】先令t = x
2−ax +1，将原函数f (x)转化为函数y =2
t与t = x
2−ax +1的复合函数，再根据复合
函数单调性的判断方法，结合二次函数的性质确定a的范围.
【解答过程】令t = x
2−ax +1，则原函数f (x)=2
x
2−ax +1可以看作函数y =2
t与t = x
2−ax +1的复合函数.
因y =2
t为R 上的增函数，要使函数f (x)=2
x
2−ax +1在(1,2)上单调递增，则函数t = x
2−ax +1在(1,2)上单调
递增.
所以a
2 ≤1，即a≤2，所以a的取值范围(−∞,2).
故选：C.
【题型3 求函数的最值】
9．（25-26 高三上·甘肃白银·阶段检测）已知函数f (x)= x
2
1+ x ，则f (x)在区间[1,3)上的最大值、最小值分
别为（ ）
A．最大值为1，最小值为1
4
B．最大值为9
4 ，最小值为1
2
C．最大值为1，最小值为1
3
D．最大值为9
4 ，最小值为1
3
【答案】B
【解题思路】令t = x +1∈[2,4)，结合对勾函数的性质求出外层函数的最值即可.
【解答过程】函数f (x)= x
2
x +1 = (x +1)
2−2(x +1)+1
x +1
= x +1+
1
x +1 −2，
令t = x +1∈[2,4)，则f (x)= g(t )=t + 1
t −2，
由对勾函数的性质得，函数g(t )在[2,4)上单调递增，
故当t =2，即x =1时，f (x)min= 1
2，当t = 4，即x =3时，f (x)max= 9
4 ．
故选：B．
10．（25-26 高一上·广东江门·阶段检测）已知函数f (x)={
−1
x , x<0,
x +a, x ≥0)
的最小值为0，则a=（ ）
A．0
B．1
C．−1
D．2
【答案】A
【解题思路】根据分段函数的最值计算求参.
【解答过程】因为函数f (x)={
−1
x , x<0,
x +a, x ≥0)
的最小值为0，且当x<0时，f (x)=−1
x >0，
所以当x ≥0时，f (x)= x +a的最小值为0．
f (x)= x +a在[0,+ ∞)上单调递增，所以f (0)=a=0．
故选：A.
11．（25-26 高一上·天津·阶段检测）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，f (3)=3．则函数f (x)在区间[1,27]上的最大值
为（ ）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】B
【解题思路】根据给定条件，利用函数单调性定义确定在(0,+∞)上的单调性，再利用单调性求出最大值.
【解答过程】任取x1, x2∈(0,+∞), x1< x2，则
x2
x1
>1，
由当x>1时，都有f ( x)>2，得f ( x2
x1
)>2，
任意的x , y ∈(0,+∞)，都有f ( x)+ f ( y)= f ( xy )+2，
即f ( xy )= f ( x)+ f ( y)−2，
则f ( x2)= f ( x1⋅x2
x1
)= f ( x1)+ f ( x2
x1
)−2>f ( x1)，
因此函数f ( x)在(0,+∞)上单调递增，
故x∈[1,27)时，f ( x)max = f (27)= f (3)+ f (9)−2
=3+ f (3×3)−2=1+ f (3)+ f (3)−2=3+3−1=5.
故选：B.
12．（25-26 高三上·湖北武汉·阶段检测）已知f (x)是R上的奇函数，且f (x)= f (2−x)，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．−1
B．−2
C．−3
D．4
【答案】B
【解题思路】分析可知，函数f (x)是周期为4的周期函数，且该函数的图象关于直线x =1对称，只需求该
函数在[−1,1)上的最小值，结合单调性与奇偶性可得答案.
【解答过程】因为f (x)是R上的奇函数，且f (x)= f (2−x)，则f (x)= f (2−x)=−f (x−2)，
所以f (x +2)=−f (x)= f (x−2)，即f (x + 4)= f (x)，
故函数f (x)是周期为4的周期函数，
又因为f (x)= f (2−x)，所以函数f (x)的图象关于直线x =1对称，
要求函数f (x)在R上的最小值，只需求该函数在区间[−1,3)上的最小值，
由对称性，只需求该函数在区间[−1,1)上的最小值，
因为函数f (x)是奇函数且在[0,1)上单调递增，则该函数在[−1,0)上单调递增，
故函数f (x)在[−1,1)上单调递增，故f (x)min= f (−1)=−f (1)=−2.
故选：B.
【题型4 函数单调性的应用：比较大小、解不等式】
13．（2026·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，
即f (−x)= f (x)，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.
14．（2026·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.
15．（2026·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.
16．（2026·陕西·模拟预测）已知函数f (x)的定义域是R，f (x−1)的图象关于点(1,0)中心对称，若
f (3)=0，且对任意x1, x2∈(−∞,0)，x1≠x2，都有
f (x2)−f (x1)
x2−x1
<0，则不等式f (3 x−1)
x
≥0的解集为
（ ）
A．[−2
3 ,0)∪(
1
3 , 4
3)
B．[−2
3 ,0)∪[
1
3 , 4
3)
C．[−2
3 ,0)∪[
1
3 , 4
3)
D．(−2
3 ,0)∪(
1
3 , 4
3)
【答案】C
【解题思路】根据题意可得y = f (x)为奇函数，进而得到在(−∞,0)，(0,+∞)上为减函数，再由分式不等
式的等价条件得{
xf (3 x−1)≥0
x≠0
)，再根据奇偶性和单调性解不等式即可．
【解答过程】因为对任意x1, x2∈(−∞,0)，x1≠x2，都有
f (x2)−f (x1)
x2−x1
<0，
所以y = f (x)在(−∞,0)上为减函数，
因为f (x−1)的对称中心为(1,0)，所以f (x)的对称中心为(0,0)，
所以y = f (x)为奇函数，
所以(0,+∞)上为减函数．
则y = f (x)在(−∞,0)，(0,+ ∞)上为减函数，
因为f (3)=0，所以f (−3)=0，
f (3 x−1)
x
≥0⇔{
xf (3 x−1)≥0
x≠0
)，
即{
x<0
f (3 x−1)≤0)或{
x>0
f (3 x−1)≥0)，
则{
x<0
−3≤3 x−1≤0 或3 x−1≥3)或{
x>0
3 x−1≤−3 或0≤3 x−1≤3)，
解得−2
3 ≤x<0或1
3 ≤x ≤4
3 ，
所以解集为[−2
3 ,0)∪[
1
3 , 4
3)．
故选：C．
【题型5 函数的奇偶性及应用】
17．（2026·云南·模拟预测）已知f (x)是定义域为R的偶函数，且f (x +1)−1为奇函数，则
f (2)+ f (3)+ f (4)=（ ）
A．6
B．5
C．4
D．3
【答案】D
【解题思路】根据奇函数与偶函数的性质，可得函数的对称性，可得答案.
【解答过程】由函数f (x)为偶函数，则y轴为该函数图像的一条对称轴；
由函数f (x +1)−1为奇函数，则原点为该函数图象的一个对称中心.
由函数f (x +1)−1的图象先向右平移一个单位，再向上平移一个单位，
可得到函数f (x)的图象，则(1,1)是函数f (x)的一个对称中心.
所以直线x =2是函数f (x)图象的对称轴，(3,1)是函数f (x)图象的对称中心，
因为(3,1)是函数f (x)图象的对称中心，所以f (3−x)+ f (3+ x)=2，则f (2)+ f (4)=2，
将x =0代入f (3−x)+ f (3+ x)=2中得到f (3)+ f (3)=2，解得f (3)=1，
所以f (2)+ f (3)+ f (4)=3.
故选：D.
18．（2026·四川内江·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.
19．（2026·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.
20．（2026·四川乐山·模拟预测）已知函数f (x)是定义域为R的偶函数，当x ≥0时，f (x)= x
2+ 4 x， 若
f (a)>5，则a的取值范围是（ ）
A．(−∞,−5)∪(5,+ ∞)
B．(−∞,−1)∪(1,+ ∞)
C．(−1,1)
D．(−5,5)
【答案】B
【解题思路】根据题意和偶函数的性质求出x<0时， f (x)= x
2−4 x，再根据a的范围，解不等式f (a)>5.
【解答过程】当x<0时，则−x>0，由题意得f (−x)= x
2−4 x，因为函数f (x)是定义域为R的偶函数，所
以f (−x)= f (x)= x
2−4 x，即x<0时，f (x)= x
2−4 x；
又因为f (a)>5，所以当a≥0时，a
2+ 4 a>5，解得a>1；当a<0，a
2−4 a>5，解得a<−1，综上所述a的
取值范围是(−∞,−1)∪(1,+∞)，
故选：B.
【题型6 函数的周期性及应用】
21．（2026·新疆·模拟预测）已知定义在R上的函数f (x)满足f (x +3)+ f (x)= 4，且f (1)=1，则f (2026)=
（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【解题思路】先得到f (x)的一个周期为6，从而得到f (2026)= f (4)，赋值得到f (4)=3，得到答案.
【解答过程】f (x +3)+ f (x)= 4，故f (x +6)+ f (x +3)= 4，
两式相减得f (x +6)= f (x)，故f (x)的一个周期为6，
f (2026)= f (337×6+ 4)= f (4)，
f (x +3)+ f (x)= 4中，令x =1得f (4)+ f (1)= 4，
又f (1)=1，故f (4)=3，所以f (2026)=3
故选：C.
22．（2026·四川凉山·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.
23．（2026·福建泉州·模拟预测）定义在R上的奇函数f (x)满足f (x +2)= f (x)，且当0< x ≤1时，
f (x)=−x
2+ x，则f(
11
2 )=（ ）
A．1
2
B．−1
2
C．1
4
D．−1
4
【答案】D
【解题思路】根据条件，利用函数的性质，得f(
11
2 )=−f(
1
2)，再将x = 1
2代入f (x)=−x
2+ x，即可求解.
【解答过程】因为f (x)奇函数，又f (x +2)= f (x)，知f (x)的一个周期为T =2，
所以f(
11
2 )= f(2×3−1
2)= f(−1
2)=−f(
1
2)，
又当0< x ≤1时，f (x)=−x
2+ x，所以f(
1
2)=−(
1
2)
2
+ 1
2 = 1
4 ，则f(
11
2 )=−1
4 ，
故选：D.
24．（2026·湖南郴州·一模）函数f (x)对∀x∈R ,f (x +2)= f (4−x)，且f (x +6)为奇函数，则下列说法
正确的是（ ）
A．若x∈(0,3)时f (x)=2
x，则f (8)= 4
B．f (x)的周期为6
C．f (x)的图象关于(−6,0)中心对称
D．f (2025)+ f (3)≠0
【答案】C
【解题思路】对于A 选项，首先通过奇偶性得：f (−x +6)=−f (x +6)，然后根据已知条件通过赋值进行
求解；
对于B 选项，根据奇偶性及周期性的结论进行求解即可；
对于C 选项，通过奇偶性可得函数关于(6,0)中心对称，再根据函数周期性即可判断正误；
对于D 选项，利用函数周期性可得：f (2025)= f (9)，再根据f (−x +6)=−f (x +6)通过赋值可得：
f (9)=−f (3)，进而可以判断选项正误.
【解答过程】对于A 选项，已知f (x +6)为奇函数，则有f (−x +6)=−f (x +6)，
令x =−2，得：f (8)=−f (4)，
又f (x +2)= f (4−x)，令x =0，得：f (4)= f (2)，
因此可得：f (8)=−f (4)=−f (2)=−4，故A 选项错误.
对于B 选项，已知f (x +6)为奇函数，则有f (−x +6)=−f (x +6)，
又f (x +2)= f (4−x)，则有f (x)= f (6−x)，
由此可得：f (x)=−f (x +6)，即有：f (x +12)=−f (x +6)=−(−f (x))= f (x)
因此可得：f (x)的周期为12，故B 选项错误.
对于C 选项：已知f (x +6)为奇函数，则有f (−x +6)=−f (x +6)，
因此可得：函数f (x)关于(6,0)中心对称，又函数f (x)的周期为12，
所以f (x)关于(−6,0)中心对称，故C 选项正确；
对于D 选项：已知函数f (x)的周期为12，则有f (2025)= f (168×12+9)= f (9)，
又f (−x +6)=−f (x +6)，令x =3，得：f (9)=−f (3)，
因此可得：f (2025)=−f (3)，即f (2025)+ f (3)=0，故D 选项错误.
故选：C.
【题型7 函数的对称性】
25．（2026·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.
26．（2026·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.
27．（2026·四川·三模）已知函数f (x)= x
3−x，则函数y = f (x +2)+2的图象（ ）
A．关于点(−2,2)对称
B．关于点(2,−2)对称
C．关于直线x =2对称
D．关于直线x =−2对称
【答案】A
【解题思路】由函数的奇偶性可得f (x)为奇函数，再结合函数的平移变换即可得到结果.
【解答过程】因为f (−x)=(−x)
3−(−x)=−x
3+ x =−f (x)，则f (x)为奇函数，
所以f (x)的图象关于原点对称，
函数y = f (x +2)+2的图象可由f (x)的图象先向左平移2 个单位，再向上平移2 个单位得到，
所以函数y = f (x +2)+2的图象关于点(−2,2)对称．
故选：A.
28．（2026·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.
【题型8 函数性质的综合应用】
29．（2026·四川绵阳·模拟预测）已知f (x)是定义在R 上的偶函数，且在区间(−∞,0)上单调递减，若实
数a 满足f (2
∣a−1∣)>f (−❑√2)，则a 的取值范围是（ ）
A．(−∞, 1
2)
B．(
3
2 ,+∞)
C．(
1
2 , 3
2)
D．(−∞, 1
2)∪(
3
2 ,+∞)
【答案】D
【解题思路】由题意得f (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，所以可将不等式转换为∣a−1∣> 1
2即可求解.
【解答过程】因为f (x)是定义在R 上的偶函数，且在区间(−∞,0)上单调递减，
所以f (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，因为2
∣a−1∣>0，f (−❑√2)= f (❑√2)，
所以2
∣a−1∣>❑√2=2
1
2，所以|a−1)> 1
2，
即a−1<−1
2或a−1> 1
2，解得a< 1
2或a> 3
2，
所以a 的取值范围是(−∞, 1
2)∪(
3
2 ,+∞).
故选：D.
30．（2026·全国·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，且满足f (1+ x)=−f (1−x),f (x +2)为偶函数，
当x∈[1,2)时，f (x)=a x
2+bx，若f (0)+ f (3)=5，则f(
43
5 )=（ ）
A．7
5
B．−7
5
C．5
7
D．−5
7
【答案】A
【解题思路】通过分析得f (x)的周期为4，f (x)的图象关于点(1,0)对称，当x∈[1,2)时，
f (x)=−5
2 x
2+ 5
2 x，结合f(
43
5 )= f(
3
5)=−f(
7
5)即可求解.
【解答过程】因为f (1+ x)=−f (1−x)，所以f (x)=−f (2−x)①，
则函数f (x)的图象关于点(1,0)对称．
因为f (x +2)为偶函数，所以f (−x +2)= f (x +2)②，
则函数f (x)的图象关于直线x =2对称．
由①②得f (x +2)=−f (x)，则f (x + 4)=−f (x +2)= f (x)，故f (x)的周期为4，
所以f(
43
5 )= f(8+ 3
5)= f(
3
5)．
由f (−x +1)=−f (x +1)，令x =0，得f (1)=0，即a+b=0③．
已知f (0)+ f (3)=5，由函数f (x)的图象关于直线x =2对称，得f (3)= f (1)=0．
又函数f (x)的图象关于点(1,0)对称，得f (0)=−f (2)，
所以f (0)+ f (3)=−f (2)=5，即f (2)=−5，所以4 a+2b=−5④．
联立③④解得a=−5
2 ,b= 5
2，故当x∈[1,2)时，f (x)=−5
2 x
2+ 5
2 x．
由f (x)的图象关于点(1,0)对称，
可得f(
43
5 )= f(
3
5)=−f(
7
5)=−[−5
2 ×(
7
5)
2
+ 5
2 × 7
5)= 7
5 ．
故选：A．
31．（2026·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.
32．（2026·四川攀枝花·模拟预测）已知函数f (x)的定义域D关于原点对称，f(
π
4 )=−1且f (x)满足：
（1）当x∈(0,π
2 )时，f (x)<0；
（2）∀x1, x2∈D且x1≠x2,f (x1)≠f (x2),f (x1−x2)= f (x1)f (x2)+1
f (x2)−f (x1)
.则下列关于f (x)的判断错误的是
（ ）
A．f (x)为奇函数
B．f(
π
2 )=0
C．π是f (x)的一个周期
D．f (x)在(0,π
2 )上单调递减
【答案】D
【解题思路】利用奇偶性的定义解结合（2）可判断A 选项；由奇函数的性质结合（2）可判断B 选项；根
据（2）以及B 选项推导出f(x−π
2 )=−
1
f (x)，可得出f (x−π)= f (x)，再结合函数周期性的定义可判断
C 选项；利用（2）结合函数单调性的定义可判断D 选项.
【解答过程】因为∀x1、x2∈D，f (x1−x2)= f (x1)f (x2)+1
f (x2)−f (x1)
=−f (x2)f (x1)+1
f (x1)−f (x2)
=−f (x2−x1)，
所以f (x)为D上的奇函数，A 对；
因为f(
π
4 )=−1，所以f(−π
4 )=1，
所以f(
π
2 )= f[
π
4 −(−π
4 ))=
f(
π
4 )f(−π
4 )+1
f(−π
4 )−f(
π
4 )
=0，B 对；
因为f(x−π
2 )=
f (x)f(
π
2 )+1
f(
π
2 )−f (x)
=−
1
f (x)，
所以f (x−π)= f(x−π
2
−π
2 )=−
1
f(x−π
2 )
= f (x)
，
所以π是f (x)的一个周期，C 对；
∀x1、x2∈D，且0< x1< x2<π
2
，则0< x2−x1<π
2
，
因为当x∈(0,π
2 )时，f (x)<0，所以f (x1)、f (x2)、f (x2−x1)均小于0，
又f (x2−x1)= f (x1)f (x2)+1
f (x1)−f (x2)
，所以f (x1)−f (x2)<0，所以f (x1)<f (x2)，
所以f (x)在(0,π
2 )上单调递增，D 错．
故选：D．
【题型9 抽象函数的性质】
33．（25-26 高三上·山东青岛·阶段检测）已知函数f (x)，对任意的x , y ∈R，恒有
f (x + y)+ f (x−y)=2f (x)⋅f ( y)，且f (1)= 1
2，则下列说法正确的是（ ）
A．f (0)=0
B．f (x)为奇函数
C．f (x)为周期函数
D．f (2025)=1
【答案】C
【解题思路】通过赋值法确定f (0)的值，判断函数奇偶性；利用递推关系推导函数周期，结合周期计算特
定点的函数值，进而判断选项.
【解答过程】令x =0，y =0，则f (0+0)+ f (0−0)=2f (0)⋅f (0)，
即2f (0)=2f (0)
2，得f (0)=0或f (0)=1.
若f (0)=0，令y =0，则f (x +0)+ f (x−0)=2f (x)⋅f (0)，
即2f (x)=0，与f (1)= 1
2矛盾，故f (0)=1，A 错误.
令x =0，则f (0+ y)+ f (0−y)=2f (0)⋅f ( y)，即f ( y)+ f (−y)=2f ( y)，
得f (−y)= f ( y)，故f (x)为偶函数，B 错误.
令y =1，则f (x +1)+ f (x−1)=2f (x)⋅f (1)= f (x)，即f (x +1)= f (x)−f (x−1).
由此得f (x +2)= f (x +1)−f (x)=[f (x)−f (x−1))−f (x)=−f (x−1)，
f (x +3)= f (x +2)−f (x +1)=−f (x−1)−[f (x)−f (x−1))=−f (x)，
f (x +6)=−f (x +3)= f (x)，故f (x)是周期为6 的周期函数，C 正确.
f (2025)= f (6×337+3)= f (3)=−f (0)=−1，D 错误.
故选：C.
34．（25-26 高三上·福建龙岩·期中）已知函数f (x)对任意的x，y ∈R，都有f (x + y)= f (x)+ f ( y)，且当
x>0时，f (x)<0，则不等式f (t
2−3t)+ f (6−2t )>0的解集是（ ）
A．(−2,3)
B．(−∞,2)∪(3,+∞)
C．(2,3)
D．(−∞,−2)∪(3,+∞)
【答案】C
【解题思路】先判断函数f (x)是奇函数，然后判断该函数是减函数，进而根据奇偶性对不等式进行化简，
最后根据单调性求解不等式的解集.
【解答过程】令x = y =0，则f (0)=2f (0)，所以f (0)=0.
令y =−x，则f (0)= f (x)+ f (−x)，所以f (−x)=−f (x).
所以函数f (x)为奇函数.
设x1, x2∈R，且x1< x2，则x2−x1>0.
由题意知，当x>0时，f (x)<0，所以f (x2−x1)<0.
因为f (x2)= f ((x2−x1)+ x1)= f (x2−x1)+ f (x1)，所以有f (x2)−f (x1)<0.
即f (x2)<f (x1)，所以f (x)在R上是减函数.
不等式f (t
2−3t)>−f (6−2t )= f (2t −6)，
根据单调性可得t
2−3t <2t −6，
化简得t
2−5t +6=(t −2)(t −3)<0，
解得t ∈(2,3).
故选：C.
35．（25-26 高一上·安徽合肥·期中）已知函数f (x)的定义域为R，且f (x + y)= f (x)+ f ( y)+1，f (1)=0，
则（ ）
A．f (0)=1
B．f (x)有最小值
C．f (2025)=2025
D．f (x)+1是奇函数
【答案】D
【解题思路】根据题意，利用抽象函数的性质，结合选项，逐项判定，即可求解.
【解答过程】对于A：令x = y =0，可得f (0)=−1，所以A 错误；
对于B：令x = x1, y = x2−x1，不妨令x1< x2，则f (x1+ x2−x1)= f (x1)+ f (x2−x1)+1，
可得f (x2)−f (x1)= f (x2−x1)+1，
若x>0时，f (x)>−1时，f (x2)−f (x1)>0，此时函数f (x)为单调递增函数；
若x>0时，f (x)<−1时，f (x2)−f (x1)<0，此时函数f (x)为单调递减函数，
所以函数f (x)不一定有最小值，所以B 错误；
对于C：令y =1，可得f (x +1)= f (x)+ f (1)+1= f (x)+1，即f (x +1)−f (x)=1，
所以f (2)−f (1)=1，f (3)−f (2)=1，
，f (2025)−f (2024)=1，
各式相加得f (2025)−f (1)=2024，所以f (2025)= f (1)+2024 =2024，所以C 错误；
对于D：令y =−x，可得f (0)= f (x)+ f (−x)+1，可得f (x)+1+ f (−x)+1=0，
即f (−x)+1=−[f (x)+1)，所以函数f (x)+1是奇函数，所以D 正确；
故选：D.
36．（25-26 高一上·浙江嘉兴·期末）已知定义在R上的函数f (x)的图象是一条连续不断的曲线，且对于任
意的实数x，y，都有f (x + y)= f (x)+ f ( y)+2 xy，f (1)=1，当x>0时，f (x)>0，则（ ）
A．f (0)=2
B．f (x)是奇函数
C．f (x)在(0,+ ∞)上单调递增
D．f (1−x)= f (x)
【答案】C
【解题思路】令x = y =0，求得f (0)=0，可判定A 错误；令y =−x，得到f (x)+ f (−x)=2 x
2，根据奇偶
性的定义，可判定B 错误；任取0< x1< x2，令x = x1, y = x2−x1，结合函数单调性的定义，可判定C 正
确；取函数f (x)= x
2，结合f (1−x)= f (x)不能恒成立，可判定D 错误.
【解答过程】对于任意的实数x , y，都有f (x + y)= f (x)+ f ( y)+2 xy，f (1)=1，
且当x>0时，f (x)>0，
对于A，令x = y =0，可得f (0)= f (0)+ f (0)+0，可得f (0)=0，所以A 错误；
对于B，令y =−x，可得f (x−x)= f (x)+ f (−x)+2 x(−x)，
所以f (x)+ f (−x)= f (0)+2 x
2=2 x
2，所以f (x)+ f (−x)=0不恒成立，
所以函数f (x)不满足f (−x)=−f (x)，所以f (x)不是奇函数，所以B 错误；
对于C，任取0< x1< x2，则x2−x1>0，令x = x1, y = x2−x1，
则f (x2)= f (x1)+ f (x2−x1)+2 x1(x2−x1)，
所以f (x2)−f (x1)= f (x2−x1)+2 x1(x2−x1)，
因为x>0时，f (x)>0，所以f (x2−x1)>0，且2 x1(x2−x1)>0，
所以f (x2)−f (x1)>0，即f (x1)<f (x2)，
所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，所以C 正确；
对于D，取函数f (x)= x
2，此时函数f (x)= x
2满足f (x + y)= f (x)+ f ( y)+2 xy，
且当x>0时，f (x)>0，满足f (1)=1
2=1，
则f (1−x)=(1−x)
2=1−2 x + x
2,f (x)= x
2，
所以f (1−x)= f (x)不能恒成立，所以D 错误.
故选：C.
【题型10 函数新定义】
37．（2026·福建宁德·二模）设f (x)是定义在R上的函数，若∀x1, x2∈R，当|x1)<|x2)时，f (x1)<f (x2)
，称函数f (x)具有性质M，则下列函数具有性质M的是（ ）
A．f (x)= x +sin x
B．f (x)={
−x , x ≤0
x
3+1, x>0)
C．f (x)=|
1
2
x+1
−1
2)
D．f (x)=(x−1)e
x
【答案】C
【解题思路】对于ABD：举反例说明即可；对于C：分析可知f (x)为偶函数，在[0,+ ∞)内单调递增，进
而分析判断.
【解答过程】对于选项A：例如f (−π)=−π+sin(−π)=−π，f (0)=0+sin0=0，
即|0)<|−π)，但f (−π)<f (0)，故A 错误；
对于选项B：例如f (−1)=1，f(
1
2)= 9
8 ，
即|
1
2)<|−1)，但f (−1)<f(
1
2)，故B 错误；
对于选项C：令g(x)=
1
2
x+1
−1
2，则g(x)的定义域为R，
且g(x)+ g(−x)=
1
2
x+1
−1
2 +
1
2
−x+1
−1
2 =
1
2
x+1
+
2
x
2
x+1
−1=0，
即g(x)=−g(−x)，可知g(x)为奇函数，
又因为y =2
x+1在定义域R内单调递增，则g(x)在定义域R内单调递减，且g(0)=0，
当x<0时，g(x)>0；当x ≥0时，g(x)≤0；
则f (−x)=|g(−x))=|−g(x))=|g(x))= f (x)，可知f (x)为偶函数，则f (x)= f (|x))，
当x ≥0时，f (x)=−g(x)在[0,+ ∞)内单调递增，
若|x1)<|x2)，即0≤|x1)<|x2)，则f (|x1))<f (|x2))，可得f (x1)<f (x2)，故C 正确；
对于选项D：f (−3)=−4
e
3 ，f (2)=e
2，
即|2)<|−3)，但f (−3)<f (2)，故D 错误.
故选：C.
38．（25-26 高三下·上海浦东新·期中）定义在R上的非常值函数y = f (x)，若存在一个非零常数T，使得对
任意x∈R，都有f (x +T )=T ⋅f (x)成立，那么称函数y = f (x)为T函数．则下列说法正确的是（ ）
A．存在函数y =kx +b(k ≠0)为T函数
B．若函数y = f (x)为T函数，且当T >1时函数在[0,T )上是严格增函数，则函数y = f (x)在[0,+ ∞)上
是严格增函数
C．若函数y = f (x)为T函数，且在x =0处取得最小值，则0<T <1
D．若函数y = f (x)为T函数，且|f (x))≤1恒成立，则y = f (x)为周期函数
【答案】D
【解题思路】利用定义计算可得 A；举出反例可得B、C；利用定义计算可得f (x +nT )=T
n f (x)，
f (x−nT )= 1
T
n f (x)，再利用|f (x))≤1可得T的值，最后利用周期性定义即可得D.
【解答过程】对A：存在一个非零常数T，使得对任意x∈R，都有f (x +T )=T ⋅f (x)成立，
则k (x +T )+b=T (kx +b)，整理得kx + kT +b=kTx +Tb，
则有k =kT且kT +b=Tb恒成立，由k ≠0，则由k =kT可得T =1，
此时有k +b=b，则k =0，矛盾，故不存在这样的非零常数T，故A 错误；
对B：假设T =2，当x∈[0,2)时，f (x)= x−1，
且函数y = f (x)为定义在R上的T函数，则y = f (x)在[0,2)上是严格增函数，
但f (2)= f (0+2)=2⋅f (0)=−2，不满足在[0,+ ∞)上严格递增，故B 错误；
对C：假设T =2，当x∈[0,2)时，f (x)= x，
且函数y = f (x)为定义在R上的T函数，则f (x +2)=2⋅f (x)，
当x =2k (k ∈Z)时，f (2k +2)=2f (2k )=2
2f (2k −2)=⋯=2
k +1f (0)=0，
即对任意整数k，都有f (2k )=0，
当x =2k +t ,k ∈Z ,t ∈(0,2)时，
f (2k +t )=2f (2k −2+t )=⋯=2
k f (t )>0，
故当x≠2k (k ∈Z)时，f (x)>0，
故满足y = f (x)在x =0处取得最小值，但T =2，故C 错误；
对D：由题意可得f (x +nT )=Tf (x +(n−1)T )=⋯=T
n f (x)，
f (x−nT )= f (x−(n−1)T )
T
=⋯= 1
T
n f (x)，
因为f (x)为非常值函数，所以存在x0使得f ( x0)≠0，
由|f (x))≤1恒成立，可得|T
n f (x0))≤1和|
1
T
n f (x0))≤1对任意正整数n成立，
若|T )>1或|T )<1，则当n足够大时，上述不等式至少有一个不成立，
故必有|T )=1，即T =1或T =−1，
若T =1，则f (x +1)= f (x)，则y = f (x)为周期函数，且周期为1；
若T =−1，则f (x−1)=−f (x)， 故f (x−2)=−f (x−1)= f (x)，
则y = f (x)为周期函数，且周期为2；
综上可得y = f (x)为周期函数，故D 正确.
故选：D.
39．（25-26 高二下·浙江绍兴·期末）若函数y = f (x)满足：对任意的x1，x2∈D，x1+ x2≠0，都有
f (x1)+ f (x2)
x1+ x2
>0，则称函数f (x)在区间D上具有性质P．
(1)设函数f (x)=2
x，g(x)= x
3+3 x，分别判断f (x)，g(x)是否在R上具有性质P；
(2)设函数f (x)=ln 1+ x
1−x +ax，若f (x)在其定义域上具有性质P，求实数a的取值范围；
(3)已知函数f (x)具有性质P，且图象是一条连续曲线，若y = f (x)在R上单调递增，求证：f (x)是奇函数．
【答案】(1)函数f (x)在R上不具有性质P；g(x)在R上具有性质P．
(2)a≥−2
(3)证明见解析
【解题思路】（1）证明函数不具有性质P 时，可通过举反例的方式快速验证；证明函数具有性质P 时，需
对目标表达式进行代数变形，通过配方等方式证明其恒正.
（2）首先根据性质P 的定义转化出对应不等式，再结合函数的奇偶性，将不等式转化为函数单调递增的
判定条件，最后通过导数恒非负求解参数a的取值范围.
（3）围绕奇函数定义f (−x0)=−f ( x0)，构造辅助函数h( x)= f ( x)+ f ( x0)，结合性质P判断h( x)在不同
区间的符号，再利用h( x)的单调性与零点存在性确定零点位置，即可推导出奇函数定义式.
【解答过程】（1）函数f (x)=2
x在R上不具有性质P，g(x)= x
3+3 x在R上具有性质P．
一方面：对于函数f (x)=2
x，取x1=1，x2=−2，则有f (1)+ f (−2)
−1
=−9
4 <0，
故函数f (x)=2
x在R上不具有性质P．
另一方面：对任意的x1，x2∈R，x1+ x2≠0，
g(x1)+ g(x2)
x1+ x2
= x1
3+3 x1+ x2
3+3 x2
x1+ x2
= x1
2−x1 x2+ x2
2+3=(x1−x2
2 )
2
+ 3
4 x2
2+3>0，
故函数g(x)= x
3+3 x在R上具有性质P．
（2）函数f (x)的定义域为(−1,1)，由f (x)具有性质P，可知
对任意的x1，x2∈(−1,1)，x1−x2≠0，都有
f (x1)+ f (−x2)
x1−x2
>0，➀
因为f (−x)=ln 1−x
1+ x −ax =−ln 1+ x
1−x −ax =−f (x)，即函数f (x)为奇函数，所以➀可化为
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0，
从而f (x)在(−1,1)上单调递增，故f
′ (x)≥0，
即f
′ (x)=
1
1+ x +
1
1−x +a≥0，即a≥−(
1
1+ x +
1
1−x)=
2
x
2−1
在(−1,1)上恒成立，
∵0≤x
2<1,−1≤x
2−1<0，∴
2
x
2−1
≤−2，
从而a≥−2．
(3)证明：
函数f (x)的定义域为R，
要证f (x)是奇函数，只要证：对任意的实数x0，f (−x0)=−f (x0)即可．
对任意实数x0，由函数f (x)具有性质P，可知：
当x + x0≠0时，
f (x)+ f (x0)
x + x0
>0．①
设h(x)= f (x)+ f (x0)，
当x + x0>0，即x>−x0时，由①得f (x)+ f (x0)>0，
即当x∈(−x0,+ ∞)时，h(x)>0；②
当x + x0<0，即x<−x0时，由①得f (x)+ f (x0)<0，
即当x∈(−∞,−x0)时，h(x)<0；③
由曲线y =h(x)的连续性，可知h(x)在R上存在零点x，即h(x)= f (x)+ f (x0)=0．④
由于函数f (x)在R上单调递增，故y =h(x)在R上也单调递增，
由②得x ≤−x0，由③得x ≥−x0，故有x =−x0．
代入④得，h(−x0)= f (−x0)+ f (x0)=0．
故f (x)为奇函数．
40．（25-26 高一下·上海·期末）对于定义域在R上的函数y = f (x)，定义g(x)= f (x)−f (0)
x
．设区间
I =(−∞,0)∪(0,+∞)，对于区间I上的任意给定的两个自变量的值x1、x2，当x1< x2时，总有
g(x1)≤g(x2)，则称g(x)是f (x)的“T函数”．
(1)求证：函数y =−2
x不存在“T函数”，请说明理由；
(2)若非常值函数y = s(x)，x∈R是奇函数，求证：y = s(x)存在“T函数”的充要条件是存在常数k，使
得s(x)=kx；
(3)若函数f (x)=m⋅2
x−99 x与函数h(x)=−m⋅2
−x+ x的定义域都为R，且均存在“T函数”，求实数m
的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)m=0
【解题思路】（1）先写出g(x)的表达式，然后取x1=−2< x2=−1，说明g(−2)> g(−1)即可证明；
（2）先证明g(x)是偶函数，充分性直接证明即可；必要性利用反证法结合偶函数的性质即可证明；
（3）先写出f (x),h(x)的解析式，然后说明gf ( x)既单调不减又单调不增，即gf ( x)为常数即可求出m.
【解答过程】(1)由题意，f ( x)=−2
x，则f (0)=−1，因此： g( x)= f ( x)−f (0)
x
= −2
x+1
x
( x≠0)，
取x1=−2< x2=−1计算得： g(−2)=
−1
4 +1
−2
=−3
8 , g(−1)=
−1
2 +1
−1
=−1
2
，
g(−2)> g(−1)不满足g(−2)≤g(−1)，
因此函数y =−2
x不存在“T函数”
(2)因为s( x)是定义域为R的奇函数，故s(0)=0，因此g( x)= s( x)−s(0)
x
= s( x)
x
( x≠0)，
且g(−x)= s(−x)
−x
= −s( x)
−x
= g( x)，即g( x)是偶函数.
充分性：若s( x)=kx（k ≠0，非常值），此时g( x)= kx
x =k (x≠0)，g( x)为常数函数，
对任意x1、x2，当x1< x2时，总有g(x1)= g(x2)，满足g(x1)≤g(x2)，
必要性：若s( x)存在“T函数”即g( x)在(−∞,0)∪(0,+ ∞)上单调不减，
由s( x)是奇函数得：g(−x)= s(−x)
−x
= −s( x)
−x
= s( x)
x
= g( x)，即g( x)是偶函数，
若g(x)不为常数函数，对任意两个正数a<b，则g(a)≤g(b)，
但此时−b<a，g(−b)= g(b)≥g(a)，不满足“T函数”的定义.
因此g(x)恒为常数k，此时s(x)= xg(x)=kx.
综上，原命题得证.
（3）对f ( x)=m⋅2
x−99 x，f (0)=m，因此： gf (x)= f ( x)−f (0)
x
= m(2
x−1)
x
−99(x≠0)，
对h( x)=−m⋅2
−x+ x，h(0)=−m，因此： gh( x)= h( x)−h(0)
x
= m(2
x−1)
x⋅2
x
+1= gf (−x)+100，
因为f ( x),h( x)都存在“T函数”，故gf ( x)单调不减，gh( x)= gf (−x)+100也单调不减，
即gf (−x)单调不减，等价于gf ( x)单调不增，gf ( x)既单调不减又单调不增，故gf ( x)为常数，
即： m(2
x−1)
x
=C ⟹m⋅2
x =m+Cx（C 为常数），
指数函数恒等于一次函数+常数，仅当指数项系数为0，即m=0.
验证：m=0时，gf ( x)=−99（常数），gh( x)=1（常数），均满足“T函数”定义，
故m=0.
一、单选题
1．（2026·上海黄浦·一模）下列函数中，既是偶函数、又在[0,1)上严格减的函数是（ ）
A．y =−x
B．y =−|x)
C．y = x
2
D．y =2
−x
【答案】B
【解题思路】根据基本初等函数的奇偶性、单调性逐项判断ACD，利用奇偶性定义及一次函数的单调性判
断B 即可.
【解答过程】对于A，y =−x为奇函数，不是偶函数，在[0,1)上严格减，故A 错误；
对于B，f (x)=−|x)定义域为R，关于原点对称，且f (−x)=−|−x)=−|x)= f (x)，所以函数y =−|x)为偶
函数，
当x∈[0,1)时，y =−|x)=−x，显然在[0,1)上严格减，故B 正确；
对于C，由幂函数性质知，y = x
2为偶函数，在[0,1)上严格增，故C 错误；
对于D，由指数函数性质知，y =2
−x =(
1
2)
x
既不是奇函数也不是偶函数，故D 错误.
故选：B.
2．（2026·广东深圳·模拟预测）若函数f ( x)= xe
ax
e
x−1
的图象关于y 轴对称，则a=（ ）
A．−1
2
B．1
2
C．−2
D．2
【答案】B
【解题思路】根据题意得到f (−x)= f ( x)，从而得到方程，变形化简得到2ax−x =0，求出a= 1
2.
【解答过程】f ( x)= xe
ax
e
x−1
图象关于y 轴对称，故f (−x)= f ( x)，
即−xe
−ax
e
−x−1
= xe
ax
e
x−1
，即−x e
−ax(e
x−1)= x e
ax(e
−x−1)，
即xe
ax 1−e
x
e
x
+ xe
x−1
e
ax
=0⇔x(1−e
x)(e
ax−x−1
e
ax)=0，
要想上式恒成立，则e
ax−x−1
e
ax =0恒成立，即e
2ax−x−1=0，故2ax−x =0，
所以a= 1
2.
故选：B.
3．（2026·海南海口·模拟预测）已知函数f (x)=(x−2)(ax +b)为偶函数，且f (−2)>f (3)，则f (2−x)>0
的解集为（ ）
A．{x|0< x<4 }
B．{x| x<0或x>4}
C．{x|x>2)或x<−2}
D．{x|−2< x<2}
【答案】A
【解题思路】由奇偶性结合单调性求得函数解析式，然后解不等式.
【解答过程】因为f ( x)=( x −2)(ax +b)=a x
2+(b−2a)x −2b是偶函数，
所以b−2a=0，即b=2a，所以f ( x)=a x
2−4 a，
因为f (2)= f (−2)，f (−2)>f (3)，所以f (2)>f (3)，因此f ( x)在(0,+ ∞)上是减函数，
所以a<0，
由f ( x)=a x
2−4 a>0，得x
2−4<0，所以−2< x<2，
所以f (2−x)>0时，−2<2−x<2，解得0< x<4，
即f (2−x)>0的解集为{x|0< x<4}.
故选：A.
4．（2026·四川成都·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.
5．（2026·安徽·模拟预测）“函数y = f ( x)的图象关于直线x =2对称”是“函数y = f ( x +2)为偶函数”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】C
【解题思路】根据对称和偶函数定义判断.
【解答过程】若函数y = f (x)的图象关于直线x =2对称，则f (2+ x)= f (2−x)，
令g(x)= f (x +2)，则g(−x)= f (−x +2)，所以g(−x)= g(x)，g(x)是偶函数，
所以函数f (x +2)是偶函数，
所以“函数y = f (x)的图象关于直线x =2对称”是“函数f (x +2)是偶函数”的充分条件；
若函数f (x +2)是偶函数，令g(x)= f (x +2)，则g(x)是偶函数，
所以g(−x)= g(x)，又g(−x)= f (−x +2)，所以f (x +2)= f (−x +2)，
即f (2+ x)= f (2−x)，所以f (x)的图象关于直线x =2对称，
所以“函数y = f (x)的图象关于直线x =2对称”是“函数f (x +2)是偶函数”的必要条件.
综上可知，“函数y = f (x)的图象关于直线x =2对称”是“函数f (x +2)是偶函数”的充要条件，
故选：C.
6．（2026·广东·模拟预测）已知f (x)是定义域为R 的奇函数，当x<0时，f (x)= x + 1
x +1，则当x>0时，
f (x)的最小值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】A
【解题思路】由奇函数性质求出当x>0时，f (x)= x + 1
x −1，再由基本不等式求解．
【解答过程】当x>0时，得−x<0，
由函数f (x)是定义域为R 的奇函数，
得f (x)=−f (−x)=−[(−x)+ 1
−x +1)= x + 1
x −1，
即当x>0时，f (x)= x + 1
x −1≥2❑√x⋅1
x −1=1，等号成立时，x =1，
则当x>0时，f (x)的最小值为1，
故选：A.
7．（2026·河南周口·模拟预测）若定义在R上的函数f (x)满足f (x +1)+ f (x−1)= f (2)，f (x +1)是奇函
数，f(
1
2)=1，则∑
k =1
9
❑kf ( 2k −1
2
)=（ ）
A．−1
B．−9
C．1
D．9
【答案】D
【解题思路】根据条件结合赋值法计算可得f (x +1)+ f (x−1)=0，即可得该函数周期，再利用f(
1
2)=1，
则可计算出f(
2k −1
2 )的值，即可得解.
【解答过程】因为f (x +1)是奇函数，所以f (−x +1)=−f (x +1).
由f (x +1)+ f (x−1)= f (2)，令x =1，得f (2)+ f (0)= f (2)，故f (0)=0，
由f (−x +1)=−f (x +1)，令x =1，得f (2)=−f (0)=0，
所以f (x +1)+ f (x−1)=0，即f (x +1)=−f (x−1)，
所以f (x + 4)=−f (x +2)= f (x)，故f (x)以4 为周期，
由f(
1
2)=1，则f(
3
2)= f(1+ 1
2)=−f(
1
2)=−1，f(
5
2)= f(2+ 1
2)=−f(
1
2)=−1，
f(
7
2)= f(−1
2)=−f(
3
2)=1，f(
9
2)= f(4+ 1
2)= f(
1
2)=1，
f(
11
2 )= f(4+ 3
2)= f(
3
2)=−1，f(
13
2 )= f(4 + 5
2)= f(
5
2)=−1，
f(
15
2 )= f(4+ 7
2)= f(
7
2)=1，f(
17
2 )= f(8+ 1
2)= f(
1
2)=1，
所以∑
k =1
9
kf(
2k −1
2 )=1×f(
1
2)+2×f(
3
2)+3×f(
5
2)+ 4×f(
7
2)
+5×f(
9
2)+6×f(
11
2 )+7×f(
13
2 )+8×f(
15
2 )+9×f(
17
2 )
=1×1+2×(−1)+3×(−1)+ 4×1+5×1+6×(−1)+7×(−1)+8×1+9×1
=9.
故选：D.
8．（2026·江苏淮安·模拟预测）已知函数f (x)定义域为R，且满足：f (x)= f (2−x)，∀x1, x2∈[1,+ ∞)
，x1≠x2，
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<0，若f (2)<f (lg x)，则实数x的取值范围为（ ）
A．1< x<100
B．1
10 < x<100
C．10< x<100
D．1< x<10
【答案】A
【解题思路】根据函数的对称性和单调性求解.
【解答过程】因为f (x)= f (2−x)，所以f (x)关于x =1对称，
又∀x1, x2∈[1,+ ∞), x1≠x2, f (x1)−f (x2)
x1−x2
<0，所以f (x)在[1,+∞)单调递减，
所以f (x)在(−∞,1]单调递增.
又f (2)= f (0)，所以0<lg x<2，所以1< x<100，
所以实数x的取值范围为1< x<100.
故选：A.
二、填空题
9．（2026·安徽安庆·模拟预测）设f (x)是周期为4 的奇函数，当0≤x ≤1时，f (x)=−x (1−x)，则
f(−9
2)=___________．
【答案】1
4
【解题思路】根据函数的奇偶性及周期性求解即可.
【解答过程】因为f (x)是周期为4 的奇函数，所以f(−9
2)=−f(
9
2)=−f(
1
2)，
又当0≤x ≤1时，f (x)=−x (1−x)，所以f(
1
2)=−1
2 ×(1−1
2)=−1
4 .
所以f(−9
2)=−f(
1
2)=−(−1
4)= 1
4 .
故答案为：1
4 .
10．（2026·河北保定·三模）已知定义在R 上的函数f (x)满足[1−f (x))⋅[1+ f (x +2))=2，且f (0)=2，则
f (2026)= ___________.
【答案】−3
【解题思路】利用条件[1−f (x))⋅[1+ f (x +2))=2可得f (x + 4)=−
1
f ( x)，由此可得函数f (x)是周期为8
的函数，故转化f (2026)为f (2)，利用f (0)=2求解可得.
【解答过程】由[1−f (x))⋅[1+ f (x +2))=2可得f (x +2)=
2
1−f ( x) −1= 1+ f ( x)
1−f ( x)，
所以f (x + 4)= 1+ f (x +2)
1−f (x +2) =
1+ 1+ f ( x)
1−f ( x)
1−1+ f ( x)
1−f ( x)
=−
1
f ( x)，
所以f (x +8)=−
1
f ( x + 4) =−
1
−
1
f ( x)
= f ( x)
，
所以f (x)是周期为8 的函数，所以f (2026)= f (253×8+2)= f (2)，
又f (2)= 1+ f (0)
1−f (0) = 1+2
1−2 =−3，故f (2026)= f (2)=−3.
故答案为：−3.
11．（25-26 高二下·湖南长沙·期中）已知定义在R上的奇函数f (x)满足f (3−x)= f (x)，且当x∈(0,1)
时，f (x)=3
x−1+1，则f (2026)=___________．
【答案】−2
【解题思路】根据奇函数的性质及f (3−x)= f (x)得f (x)是周期为6 的函数，再应用周期性和奇函数的性质
求函数值.
【解答过程】由题设f (−x)=−f (x)=−f (3−x)，
用x代替−x，则f (x)=−f (3+ x)，故f (3+ x)=−f (6+ x)，
所以f (x)= f (x +6)，即f (x)是周期为6 的函数，
所以f (2026)= f (338×6−2)= f (−2)=−f (3+(−2))=−f (1)=−(3
1−1+1)=−2.
故答案为：−2.
12．（2026·西藏日喀则·模拟预测）已知f (x)是定义在R上的连续函数，g(x)= f (x +1)−3．若g(x)为奇
函数，g(x +1)为偶函数，且f (2)=0，则∑
i=1
2026
g(i)=___________．
【答案】−3
【解题思路】根据函数的奇偶性得出周期，利用周期性求解即可.
【解答过程】因为g(x)为定义在R上的奇函数，所以g(0)=0，
因为g(x +1)为偶函数，所以g(−x +1)= g(x +1)，
则g(x)= g(2−x)=−g(−x)，
所以g(2+ x)=−g(x)，
则g(x + 4)=−g(x +2)= g(x)，
所以函数g(x)的一个周期为4，
则g(0)= g(4)=0．又f (2)=0，
所以g(1)= f (2)−3=−3，
因为g(0)= g(2−0)=0，
所以g(2)=0，g(3)= g(2−3)= g(−1)=−g(1)=3，
所以g(1)+ g(2)+ g(3)+ g(4)=0，
则∑
i=1
2026
g(i)= g(1)+ g(2)=−3．
故答案为：−3.
一、单选题
1．（2026·湖北武汉·三模）已知函数f (x)的定义域为(0，+∞)，对任意的x , y >0，均有
f ( x)−f ( y)
x
< 1
y f ( x
y +1)，且f (1)=−1，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．f (2)<0
B．2f (3)<f (2)
C．f (4)
f (3) + f (3)
f (2) >ln 2
D．3 f (4)<f (3)
【答案】C
【解题思路】令x = y =1，即可判断A；令y =1，可得f (x)+1< xf ( x +1)，令x =2，可判断B；令x =3，
可判断D；由题意可得f (x +1)> f ( x)
x
，结合f (3)>0，f (2)>0，可得f (4)
f (3) + f (3)
f (2) > 1
3 + 1
2 = 5
6，再根据对
数的运算性质及单调性，即可判断C.
【解答过程】解：对于A，令x = y =1，则有0<f (2)，即f (2)>0，故A 错误；
对于B，令y =1，则有f ( x)−f (1)
x
<f ( x +1)，
又因为f (1)=−1，x>0，
所以f (x)+1< xf ( x +1)，
令x =2，
则有2f (3)>f (2)+1>f (2)，故B 错误；
对于C，因为f (x)+1< xf ( x +1)，x>0，
所以f (x +1)> f ( x)+1
x
> f ( x)
x
，
令x =2，则有f (3)> f (2)
2
，令x =3，则有f (4)> f (3)
3
，
由B 可知2f (3)>f (2)>0，
所以f (3)>0，
所以f (4)
f (3) > 1
3，
同理可得f (3)
f (2) > 1
2，
所以f (4)
f (3) + f (3)
f (2) > 1
3 + 1
2 = 5
6 = lne
5
6 = ln
6√e
5>ln
6√2.7
5>ln
6√64 = ln 2，故C 正确；
对于D，由B 可知f (x)+1< xf ( x +1)，
令x =3，则有3 f (4)>f (3)+1>f (3)，故D 错误.
故选：C．
2．（2026·宁夏吴忠·二模）定义在R上的函数f (x)满足f (−1+ x)+ f (−1−x)=0，且f (1+ x)+ f (1−x)=0
，当x∈[−1,0)时，f (x)=e
x−a，当x∈[0,1)时，f (x)=2 x−b，则f (x)的最小值为（ ）
A．−6
B．−4
C．−3
D．−2
【答案】D
【解题思路】由题，可得f (x)的周期为4，由f (−1)= f (1)=0求得a= 1
e ，b=2，结合对称性求得f (x)在一
个周期内的值域，得解.
【解答过程】由f (−1+ x)+ f (−1−x)=0，即f (−x)=−f (x−2)，可得f (x)的图象关于点(−1,0)对称；
由f (1+ x)+ f (1−x)=0，即f (−x)=−f (x +2)，可得f (x)的图象关于点(1,0)对称，
∴f (x +2)= f (x−2)，所以f (x)的周期为4．
易知f (−1)= f (1)=0，所以e
−1−a=2−b=0，所以a= 1
e ，b=2，
所以f (x)在[−1,1)上的值域为[−2,1−1
e)．
又f (x)的图象关于点(1,0)对称，所以当x∈[1,3)时，f (x)∈(
1
e −1,2)，
即f (x)在一个周期内的值域为[−2,2)，所以f (x)的最小值为−2.
故选：D．
3．（2026·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.
4．（2026·上海杨浦·一模）函数y = f (x)的定义域、值域均为R，定义集合M a={t|t = f (x)−f (a), x ≥a)).
给出如下两个结论：①存在函数y = f (x)，使得对任意实数a均有M a=[0,+ ∞)；②对任意函数y = f (x)，
都存在实数b，使得对任意实数a均有M b⊆M a.下面判断正确的是（ ）
A．①正确，②正确
B．①正确，②错误
C．①错误，②正确
D．①错误，②错误
【答案】B
【解题思路】对于①，根据定义找到满足条件的一个函数进行说明即可；对于②，假设f ( x)={
0, x =0
1
x , x≠0)
，分b>0,b=0,b<0讨论即可说明②不成立.
【解答过程】假设f ( x)= x，f ( x)在R上单调递增函数，
对于任意实数a，t = f (x)−f (a)= x−a, x ≥a，
∵x ≥a，∴f (x)≥f (a)，∴t ≥0，∴M a=[0,+ ∞)，故①正确；
设f ( x)={
0, x =0
1
x , x≠0)
，当b=0时，t = f (x), x ≥0，M b={t|t ≥0))，
此时取a=2，则M a={t|t = f (x)−1
2 , x ≥2))={t|−1
2 <t ≤0))，不满足M b⊆M a；
当b>0时，M b={t|−f (b)<t ≤0))，取a>b，则M a={t|−f (a)<t ≤0))，
因为a>b>0，所以f (a)<f (b)，所以−f (a)>−f (b)，
此时M b⊇M a，不满足M b⊆M a；
当b<0时，M b=(−∞，0)∪[−f (b),+ ∞)，
取a=2，则M a={t|−1
2 <t ≤0))，不满足M b⊆M a.
综上，不存在实数b，使得对任意a∈R均有M b⊆M a.故②错误.
故选：B.
二、解答题
5．（2026·安徽·一模）已知函数f (x)=ae
x−e
−x−(a+1) x−1(a∈R)．
(1)当a=0时，求函数f (x)的最大值；
(2)当a>0时，讨论函数f (x)的单调性；
(3)若函数f (x)的图象关于点(0,t )中心对称，求实数t的值．
【答案】(1)−2
(2)当a∈(0,1)时，f ( x)在(−∞,0),(−lna,+∞)上单调递增，在(0,−lna)上单调递减；
当a=1时，f ( x)在R上单调递增；
当a∈(1,+∞)时，f ( x)在(−∞,−lna),(0,+∞)上单调递增，在(−lna,0)上单调递减．
(3)−1
【解题思路】（1）先化简，再求导分析单调性，进而求出最大值；
（2）先对函数求导，再根据导数确定函数的单调性；
（3）利用中心对称的性质得出关于t的等式，进而求出实数t．
【解答过程】（1）当a=0时，f (x)=−1
e
x −x−1，求导得f
' (x)= 1
e
x −1，
∵当x<0时，f
′ (x)>0，函数f (x)单调递增；当x>0时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，
∴函数f (x)在x =0时取得最大值，即f ( x)max= f (0)=−2．
（2）∵f (x)=ae
x−e
−x−(a+1) x−1(a>0)，求导得
f
' (x)=ae
x+ 1
e
x −(a+1)= ae
2 x−(a+1)e
x+1
e
x
= (ae
x−1)(e
x−1)
e
x
，
令f
' (x)=0，解得x =0或x =−lna．
当a∈(0,1)时，令f
' (x)>0，解得x<0或x>−lna；令f
′ (x)<0，解得0< x<−lna，
∴ f (x)在(−∞,0),(−lna,+ ∞)上单调递增，在(0,−lna)上单调递减；
当a=1时，f
' (x)≥0，f (x)在R上单调递增；
当a∈(1,+∞)时，令f
′ (x)>0，解得x<−lna或x>0；令f
′ (x)<0，解得−lna< x<0，
∴ f (x)在(−∞,−lna),(0,+ ∞)上单调递增，在(−lna,0)上单调递减，
∴当a∈(0,1)时，f (x)在(−∞,0),(−lna,+∞)上单调递增，在(0,−lna)上单调递减；
当a=1时，f (x)在R上单调递增；
当a∈(1,+∞)时，f (x)在(−∞,−lna),(0,+∞)上单调递增，在(−lna,0)上单调递减．
（3）∵函数f (x)的图像关于点(0,t )中心对称，
∴函数y = f (x)−t的定义域为R，且关于点(0,0)中心对称，
∴ f (0)−t =0，即t =a−2①，
∴ y = f (x)−t为奇函数，
∴ f (−x)−t + f (x)−t =0，
∴ a
e
x −e
x+(a+1) x−1−t +ae
x−1
e
x −(a+1) x−1−t =0，整理得a−1
e
x
+(a−1)e
x−2−2t =0②．
①代入②得a−1
e
x
+(a−1)e
x−2(a−1)=0，即(a−1)(
1
e
x +e
x−2)=0，
∵ 1
e
x +e
x−2≥2−2=0，当且仅当x =0时，等号成立，即1
e
x +e
x−2不恒为0，
∴ a−1=0，即a=1，
∴ t =1−2=−1．
6．（2026·上海黄浦·三模）对于定义域为R 的函数y = f (x)与实数x0，定义集合
S(x0)={a|[ f (x0+a)−f (x0)¿⋅¿¿ f (x0−a)−f (x0)]<a
2,a>0}
(1)若f (x)= x
2，求S (1)；
(2)若f (x)=k (x
3−x)，k >0，且对任意实数x 均有S (x)=(0,+ ∞)，求实数k 的取值范围；
(3)是否存在定义域为R的图像连续的函数y = f (x)，使得S (0)= S (1)=(0,1)？若存在，给出一个满足要求的
函数；若不存在，请给出证明.
【答案】(1){a|0<a<❑√5)
(2)(0,
❑√3
3 )
(3)见解析，不存在
【解题思路】（1）根据集合定义，结合f (x)= x
2，得到不等式(a
2+2a)(a
2−2a)<a
2求解；
（2）法一：根据集合定义，结合f (x)=k (x
3−x)得到9 x0
4−(3a
2+6) x0
2+(a
2−1)
2>−1
k
2恒成立求解；法
二：因为对任意实数x均有S( x)=(0,+ ∞)，所以等价于对任意x∈R、a>0，不等式
[ f ( x +a)−f ( x)]⋅[ f ( x −a)−f ( x)]<a
2恒成立，所以将f (x +a)，f (x)，f (x−a)代入不等式，化简得
到关于x和a的式子，将式子转化为关于x的二次型恒成立问题，利用二次函数恒成立的条件求解k的范
围；
（3）考虑构造满足条件的函数，通过反证法证明不存在.
【解答过程】（1）由题意得[f (1+a)−f (1)][f (1−a)−f (1)]<a
2，
即[(1+a)
2−1][(1−a)
2−1]<a
2，
即(a
2+2a)(a
2−2a)<a
2，化简得a
4−5a
2<0，
因为a>0，所以0<a<❑√5，所以S(1)=(0,❑√5)；
（2）法一：由题意得[f (x0+a)−f (x0)]·[f (x0−a)−f (x0)]<a
2，
即k
2(3a x0
2+3a
2 x0
❑+a
3−a)(−3a x0
2+3a
2 x0
❑−a
3+a)<a
2，
即9 x0
4−(3a
2+6) x0
2+(a
2−1)
2>−1
k
2，
当x0
2= a
2+2
6
时，[9 x0
4−(3a
2+6) x0
2+(a
2−1)
2]min= 3
4 a
4−3a
2，
而3
4 a
4−3a
2= 3
4 (a
2−2)
2−3≥−3，
所以−3>−1
k
2，解得−
❑√3
3 <k <
❑√3
3 ，
因为k >0，所以k ∈(0,
❑√3
3 )；
法二：由题意得f ( x +a)−f ( x)=k (3a x
2+3a
2 x +a
3−a)，
f ( x−a)−f ( x)=k (−3a x
2+3a
2 x−a
3+a)，
[ f ( x +a)−f ( x)][ f ( x−a)−f ( x)]=k
2⋅[(3a
2 x)
2−(3a x
2+a
3−a)
2)
=k
2⋅(−9a
2 x
4+3a
2(a
2+2) x
2−a
2(a
2−1)
2)<a
2，
即k
2⋅(−9 x
4+3(a
2+2)x
2−(a
2−1)
2)<1，
整理为关于t = x
2≥0的二次函数恒成立问题9k
2t
2−3k
2(a
2+2)t +[k
2(a
2−1)
2+1)>0,∀t ≥0，
该二次函数开口向上（9k
2>0），对称轴t = a
2+2
6
>0，
要对所有t ≥0恒正，需判别式Δ<0：
可得Δ=[−3k
2(a
2+2))
2−4⋅9k
2⋅[k
2(a
2−1)
2+1)<0，
化简得−3k
2a
4+12k
2a
2−4<0⇒3k
2a
4−12k
2a
2+ 4>0,∀a>0，
令u=a
2>0，式子变为3k
2u
2−12k
2u+ 4>0，
该二次函数开口向上，对称轴u=2>0，
最小值在u=2处3k
2⋅4−12k
2⋅2+ 4>0⇒−12k
2+ 4>0，
结合k >0，解得0<k <
❑√3
3 ；
（3）当a≥1时，[ f (a)−f (0)][ f (−a)−f (0)]≥a
2>0，
故f (a)−f (0)与f (−a)−f (0)同号，
取a=1得[ f (1)−f (0)][ f (−1)−f (0)]≥1>0，
不妨设f (1)>f (0)，则f (−1)>f (0)，
由连续性与零点定理可证，对任意a≥1,f (−a)>f (0),f (a)>f (0)，
当a≥1时，[ f (1+a)−f (1)][ f (1−a)−f (1)]≥a
2>0，
取a=1得[ f (2)−f (1)][ f (0)−f (1)]≥1>0，
因f (0)−f (1)<0，故f (2)−f (1)<0，
同理可证：对任意t ≤0,f (t )<f (1)，即对任意a≥1,f (−a)<f (1)，
记C = f (1)−f (0)>0，则对任意a≥1,0<f (−a)−f (0)<C，
结合[ f (a)−f (0)][ f (−a)−f (0)]≥a
2，
得f (a)−f (0)> a
2
C ⇒f (a)>f (1)−C + a
2
C ①，
对任意b≥2，令a=b−1≥1，
代入S (1)的不等式得[ f (b)−f (1)][ f (2−b)−f (1)]≥(b−1)
2，
因2−b≤0，故0<f (1)−f (2−b)<C，
结合f (b)−f (1)<0，得f (b)<f (1)−(b−1)
2
C
②，
结合①②，对任意b≥2有f (1)−C + b
2
C <f (1)−(b−1)
2
C
，
化简得2b
2−2b+(1−C
2)<0，但左边是开口向上的二次函数，
当b→+ ∞时趋向+ ∞，不可能恒成立，矛盾.
因此不存在满足条件的函数.
7．（2026·上海·模拟预测）设函数f (x)的定义域为R，若对任意实数x，恒有f (f (x))+ f (x)=2 x成立，则
称函数具有“性质Ω”．
(1)若一次函数f (x)=ax +b具有性质Ω，其中a>0，求实数a，b的值；
(2)若函数f (x)具有性质Ω，且f (x)在R上严格增，证明：f (x)= x；
(3)若具有性质Ω的函数f (x)满足：存在常数M >0，使得对任意x∈R，都有|f (x)−x)≤M．证明：具有
该性质的函数f (x)是唯一的，并写出其解析式．
【答案】(1)a=1，b=0；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【解题思路】（1）由函数新定义列出方程，利用对应系数相等即可求出a,b；
（2）由反证法结合严格增函数的性质推导，分f (t )>t与f (t )<t两种情况讨论；
（3）利用函数的递推，求证与|g(x))≤M矛盾，即可求解.
【解答过程】（1）因一次函数f (x)=ax +b具有性质Ω，
则f (f (x))+ f (x)=a(ax +b)+b+ax +b=(a
2+a) x +ab+2b=2 x，
则可得：{
a
2+a=2
ab+2b=0)，解得a=1或a=−2，
因为a>0，所以a=1，b=0.
(2)假设存在实数t，使得f (t )≠t，分两种情况讨论:
若f (t )>t，结合函数严格增，可得f (f (t ))>f (t )，
再由f (f (t ))=2t −f (t )，代入得2t −f (t )>f (t )，整理可得f (t )<t，与f (t )>t矛盾；
若f (t )<t，因为f (x)严格增，可得f (f (t ))<f (t )，
结合f (f (t ))=2t −f (t )，代入得2t −f (t )<f (t )，整理可得f (t )>t，与f (t )<t矛盾，
综上可知，假设不成立，即对任意的x∈R，都有f (x)= x，得证.
(3)已知|f (x)−x)≤M对所有x∈R成立，令g(x)= f (x)−x，即|g(x))≤M，f (x)= x + g(x),
则f (f (x))= f [x + g(x))= x + g(x)+ g[x + g(x))，
代入f (f (x))+ f (x)=2 x,可得x + g(x)+ g[x + g(x))+ x + g(x)=2 x，
化简得：g[x + g(x))=−2g(x)，
对任意x0∈R，构造数列{xn}满足xn+1= xn+ g( xn).
由g[x + g(x))=−2g(x)可知，g( xn+1)= g[ xn+ g( xn)]=−2 g( xn)，
则数列{g( xn)}为等比数列，则g(xn)=−2 g( xn−1)=(−2)
2 g( xn−2)=⋯=(−2)
n g(x0)，
所以|g(xn))=|(−2)
n g(x0))=2
n|g(x0))，若g(x0)≠0，
则当n→+∞时，2
n|g(x0))→+∞，与|g(x))≤M矛盾，因此必须有g(x0)=0，
即对任意的x∈R，g(x)=0，故f (x)= x，其函数唯一.
8．（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，即可得证.
【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.
一、单选题
1．（2026·北京·高考真题）下列函数f (x)是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ）
A．f (x)=
1
x
2+1
B．f (x)=sin x
C．f (x)=2
−x−2
x
D．f (x)= ln 5+ x
5−x
【答案】D
【解题思路】根据题意，逐项判断即可.
【解答过程】A，在f (x)=
1
x
2+1中，x∈R，则f (−x)=
1
(−x)
2+1
=
1
x
2+1
= f (x)，函数为偶函数，故错
误；
B，在f (x)=sin x中，x∈R，函数为奇函数，但在定义域上不单调递增，故错误；
方法一：
C，在f (x)=2
−x−2
x中，x∈R，则f (−x)=2
x−2
−x =−f (x)，
f
′ (x)=−2
−x ln 2−2
x ln 2<0，函数单调递减，故错误；
D，在f (x)= ln 5+ x
5−x 中，5+ x
5−x >0，解得−5< x<5，
f (x)= ln (5+ x)−ln (5−x)，则f (−x)= ln (5−x)−ln (5+ x)=−f (x)为奇函数，
f
′ (x)=
1
5+ x +
1
5−x = 5−x +(5+ x)
25−x
2
=
10
25−x
2 >0，即函数在定义域上单调递增，故正确.
法二：
C，在f (x)=2
−x−2
x中，x∈R，则f (−x)=2
x−2
−x =−f (x)，为奇函数，
∵y =2
−x和y =−2
x是减函数，
∴函数f (x)=2
−x−2
x单调递减，故错误；
D，在f (x)= ln 5+ x
5−x 中，5+ x
5−x >0，解得−5< x<5，
f (x)= ln (5+ x)−ln (5−x)，f (−x)= ln (5−x)−ln (5+ x)=−f (x)为奇函数，
∵y = ln (5+ x)和y =−ln (5−x)是增函数，则f (x)为增函数，
∴函数f (x)= ln 5+ x
5−x 单调递增，故正确.
故选D.
2．（2026·全国二卷·高考真题）已知f (x)是定义域为R 的偶函数，f (x)+ f (x−2)=0，且当x∈[
3
2 ,3)
时，f (x)= x
2+ax +b，则（ ）
A．a=−2，b=−3
B．a=−2，b=3
C．a=−4，b=−3
D．a=−4，b=3
【答案】D
【解题思路】根据f ( x)+ f ( x−2)=0推出周期性T = 4，分析可得f (1.5)= f (2.5)，得到a，再由
f (−1)=0可得b.
【解答过程】f ( x)+ f ( x−2)=0，则f ( x +2)+ f ( x)=0，
f ( x + 4)=−f ( x +2)= f ( x)，即f ( x)的周期为4，
结合奇偶性，周期性，故f (1.5)= f (−2.5)= f (2.5)，
在[1.5,3]上满足f (1.5)= f (2.5)，说明f ( x)= x
2+ax +b的对称轴为x =2，
则−a
2 =2，解得a=−4，
又根据f ( x)+ f ( x−2)=0知f (1)+ f (−1)=0，而f (1)= f (−1)，
则f (−1)=0，于是f (3)= f (−1)=0，
即f (3)=9+3a+b=9−12+b=0，解得b=3，
故选D.
3．（2026·上海·高考真题）对于函数y = f (x)，x∈D，设Af ={(x , y)| y ≥f (x), x ∈D).对于点集M，
若存在(x0, y0)∈M，使得任取(x , y)∈M，总有y ≥y0，则称(x0, y0)为“最低点”.对于函数y = f (x)和
y = g(x)，以下说法中正确的是（ ）
A．若y = f (x)和y = g(x)都有最小值，则Af ∩Ag有最低点；
B．若Af ∩Ag有最低点，则y = f (x)和y = g(x)都有最小值；
C．若y = f (x)或y = g(x)有最小值，则Af ∪Ag有最低点；
D．若Af ∪Ag有最低点，则y = f (x)或y = g(x)有最小值.
【答案】D
【解题思路】可以举反例证明选项A、B、C 的命题均为假命题，对D，根据“最低点”的定义分析得
(x0, y0)∈Af或(x0, y0)∈Ag，再分类讨论即可.
【解答过程】对于A 项，取f (x)= x，x∈[0,1]，取g(x)= x，x∈[2,3]，
则f (x)min=0，g(x)min=2；而Af ∩Ag=∅无最低点，故A 错误；
对于B 项，取f (x)= x，x∈(0,3]，取g(x)= x，x∈[2,3]，
则f (x)无最小值，g(x)min=2；而Af ∩Ag= Ag有最低点(2,2)，故B 错误；
对于C 项，取f (x)=−x
2，x∈R，取g(x)= x
2，x∈R，
则f (x)无最小值，g(x)min=0；
因为f (x)=−x
2的函数值可趋向于负无穷大，所以Af ={(x , y)| y ≥−x
2, x∈R)无最低点，则Af ∪Ag亦
无最低点，故C 错误；
对于D 项，因为Af ∪Ag有最低点，不妨设(x0, y0)为Af ∪Ag的最低点，y = f (x)且x∈D1，y = g(x)且
x∈D2，
所以(x0, y0)∈Af或(x0, y0)∈Ag，
若(x0, y0)∈Af，则y0= f (x0)且对任意的x∈D1，总有y = f ( x)≥y0，即f ( x)min= y0；
若(x0, y0)∈A g，同理可知g( x)min= y0；
所以若Af ∪Ag有最低点，则y = f (x)或y = g(x)有最小值，故D 正确.
故选：D.
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·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.
6．（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.
二、填空题
7．（2026·上海·高考真题）已知函数f (x)是偶函数，当x ≥0时，f (x)= ❑√x−a，若f (−4)=3，则a=
__________．
【答案】−1
【解题思路】根据偶函数的性质求解.
【解答过程】因为函数f (x)是偶函数，当x ≥0时，f (x)= ❑√x−a，
所以f (−4)= f (4)= ❑√4−a=3，解得a=−1.
故答案为：−1．
8．（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．
三、解答题
9．（2026·全国一卷·高考真题）已知函数f (x)的定义域为R，且当x<0时，f (x)=2
x．对任意x0∈R，定
义集合D(x0)={d ∈R|f (x0+d)>f (x0)))．
(1)若当x ≥0时，f (x)=1−x，求D (−1)；
(2)若f (x)是奇函数，f (x1)≤f (x2)，且x1 x2≠0，证明：D(x2)⊆D(x1)；
(3)设f (x)满足：①若f (x1)≤f (x2)，则D(x2)⊆D(x1)；②当0< x<1时，f (x)<f (0)．
（i）证明：f (0)≥1；
（ii）证明：f ( x)在区间(0,+ ∞)单调递增．
【答案】(1)D (−1)=(0, 3
2)；
（2）证明见解析；
（3）（i）证明见解析；
（ii）证明见解析
【解题思路】（1）求出f (−1)，写出f (x)表达式，即可求出D (−1)；
（2）求出f (x)表达式，化简集合D(x0)并得出表达式，利用x1 x2≠0得出f (x1)≠0与f (x2)≠0，对
f (x1)≤f (x2)的三种情况进行分类讨论，即可证明结论；
（3）（i）法一：假设f (0)<1，则存在t ∈(−1,0)，使得f (t )≥f (0)，取d0=−t
2，求出d0∈D (t )，与
d0=−t
2 ∈(0, 1
2)矛盾，进而证明结论；
法二：假设f (0)<1，则存在t ∈(0,2)，使得f (−t )=2
−t ≥f (0)，取d1= t
2 ∈(0,1)，求出d1∈D (t )，与
d1= t
2 ∈(0,1)时f(
t
2)<f (0)矛盾，进而证明结论；
（ii）将证明转化为证∀x0>0，d >0，都有f (x0+d)>f (x0)，先证明：当x>0时，f (x)≤0，再证明对
∀x0>0，d >0，都有d ∈D(x0)，进而证明出f (x)在(0,+ ∞)上单调递增.
【解答过程】（1）由题意，
在f (x)中，f (x)={
2
x , x<0
1−x , x ≥0)，f (−1)= 1
2，
在D(x0)={d ∈R|f (x0+d)>f (x0)))中，
D (−1)={d ∈R|f (−1+d)>f (−1)))={d ∈R|f (−1+d)> 1
2))，
∴f (−1+d)> 1
2，
当−1+d <0时，2
−1+d> 1
2 =2
−1，−1+d >−1，解得d >0，
当−1+d ≥0时，1−(−1+d)> 1
2，解得d < 3
2，
∴0<d < 3
2，
∴D (−1)=(0, 3
2).
(2)由题意证明如下：
在f (x)中，f (x)是奇函数，当x<0时，f (x)=2
x∈(0,1)．
∴f (0)=0，当x>0时，f (x)=−f (−x)=−2
−x∈(−1,0)，
∴f (x)={
2
x , x<0
0, x =0
−2
−x , x>0)
在集合D(x0)={d ∈R|f (x0+d)>f (x0)))中，
当x0<0时，D(x0)={d ∈R|f (x0+d)>f (x0)))=(0,−x0)，
当x0=0时，D(x0)={d ∈R|f (x0+d)>f (x0)))=(−∞,−x0)，
当x0>0时，D(x0)={d ∈R|f (x0+d)>f (x0)))=(−∞,−x0)∪(0,+ ∞)，
∴D (x)={
(0,−x), x<0
(−∞,0), x =0
(−∞,−x)∪(0,+ ∞), x>0)
，
∵x1 x2≠0，
∴x1≠0且x2≠0，即f (x1)≠0，f (x2)≠0，
∵f (x1)≤f (x2)，
∴①当f (x1)≤f (x2)<0时，解得0< x1≤x2，
D(x1)=(−∞,−x1)∪(0,+∞)，D(x2)=(−∞,−x2)∪(0,+∞)，
此时D(x2)⊆D(x1)，
②当f (x1)<0<f (x2)时，解得x2<0< x1，
D(x1)=(−∞,−x1)∪(0,+∞)，D(x2)=(0,−x2)，
此时D(x2)⊆D(x1)，
③当0<f (x1)≤f (x2)时，解得x1≤x2<0，
D(x1)=(0,−x1)，D(x2)=(0,−x2)，
此时D(x2)⊆D(x1)，
综上，D(x2)⊆D(x1).
(3)（i）由题意证明如下，
法一：
若f (0)<1，则存在t ∈(−1,0)，使得f (t )≥f (0)，
条件①：若f (x1)≤f (x2)，则D(x2)⊆D(x1)，
∴f (0)≤f (t )，则D (t )⊆D (0)，
取d0=−t
2，则f (t +d0)= f(
t
2)>f (t )，此时d0∈D (t )，
∵d0=−t
2 ∈(0, 1
2)，则f (d0)<f (0)，即d0∉D (0)，
但d0∈D (t )⊆D (0)⇒d0∈D (0)，相矛盾，
∴f (0)≥1
法二：
假设f (0)<1，则存在t ∈(0,2)，使得f (−t )=2
−t≥f (0)，
从而d1= t
2 ∈(0,t )⊆D (−t )⊆D (0)，这导致f(
t
2)>f (0)，
但t
2 ∈(0,1)，
∵根据条件又有f(
t
2)<f (0)，矛盾，
∴假设不成立，f (0)≥1.
（ii）由题意，（2）及（3）（i）证明如下，
在集合D(x0)={d ∈R|f (x0+d)>f (x0)))中，
要证f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
即需证∀x0>0，d >0，都有d ∈D(x0)，
即需证∀x0>0，d >0，都有f (x0+d)>f (x0)，
①先证明：当x>0时，f (x)≤0，
假设∃x0>0，使得f (x0)>0，
∵当x<0时，f (x)=2
x，
∴∃x1<0，使得f (x1)≤f (x0)，
∴D(x0)⊆D(x1)，
而当x1<0时，D(x1)⊆[0,+∞)，
否则∃d <0，使得d ∈D(x1)，f (x1+d)>f (x1)，与f (x1+d)≤f (x1)矛盾，
∴D(x0)⊆[0,+∞)，
∴−x0∉D(x0)，
∴f (0)= f (x0+(−x0))≤f (x0)，
由（3）（i）得，f (0)≥1，
则f (x0)≥1，
由条件②：当0< x<1时，f (x)<f (0)，
则x0≥1，
否则x0<1时，f (x0)<f (0)与f (0)≤f (x0)矛盾，
∴若∃x0>0，使得f (x0)>0，则x0≥1，f (x0)≥1，（*）
∴∃x2< x3<0，使得f (x2)<f (x3)<f (x0)，
则D(x2)⊇D(x3)⊇D(x0)，
令d = x0−x3>1，f (x3+d)= f (x0)>f (x3)，
此时d ∈D(x3)，则d ∈D(x2)，则f (x2+d)>f (x2)>0，
∴f (x0−(x3−x2))>0，
∵x3−x2∈(0,+∞)，
∴易取x3，x2满足x0−(x3−x2)∈(0,1)，∃u∈(0,1)使得f (u)>0，
根据（*）可得，此时u≥1，与u∈(0,1)矛盾，
∴当x>0时，f (x)≤0，
②证明：对∀x0>0，d >0，都有d ∈D(x0)，
∵∀x0>0，x4<0，都有f (x0)<0<f (x4)，
∴D(x0)⊇D(x4)，
对任意给定的d >0，取x4<−d，则f (x4+d)>f (x4) ⇒ d ∈D(x4)⊆D(x0)，
∴对∀x0>0，d >0，都有d ∈D(x0)，
∴f (x)在(0,+ ∞)上单调递增.
10．（2026·上海·高考真题）已知(i, j ,k )是1，2，3的一个排列，若函数f 1(x)，f 2(x)，f 3(x)，对任意
x∈I，都有f 1(x)≤f i(x)且f 1(x)+ f 2(x)≤f i(x)+ f j(x)，则称(i, j ,k )是关于f 1(x)，f 2(x)，f 3(x)的一个I
排列，则关于f 1(x)，f 2(x)，f 3(x)的I排列总数记为nI．
(1)已知I =[3,+∞)，f 1(x)= x，f 2(x)=0，f 3(x)= x
2+1，判断(3,1,2)是否为I排列；
(2)对I =(0,+ ∞)，f 1(x)= x−1，f 2(x)= x +m，f 3(x)= x
2满足条件的nI =6，求m的取值范围；
(3)对x∈[0,+∞)，且对任意x∈[0,+ ∞)，0< F (x)<1，令I =[a,+ ∞)，f 1(x)= F (x)，
f 2(x)= 1
2 (F (x +a)+ F (x−a))，f 3(x)=1−e
−x，证明：若F (x)严格减，则存在a>0，使nI ≥4；若F (x)
严格增，则存在a∈(0,1)，nI ≠2．
【答案】(1)是I排列；
(2)−1≤m≤−1
4 ；
(3)证明见解析
【解题思路】（1）根据I排列的定义判断即可；
（2）分析得1，2，3的全排列均符合题意，则得到不等式组，解出即可；
（3）第一个结论分f 1( x)≤f 3( x)和f 2( x)≤f 3( x)讨论即可证明，第二个结论利用反证法即可证明.
【解答过程】（1）由题意得i=3, j =1，
则当I =[3,+ ∞)，f 1( x)−f 3( x)= x−x
2−1=−(x−1
2)
2
−3
4 ≤0，
则f 1( x)≤f 3( x)恒成立，
[f 1( x)+ f 2( x))−[f 3( x)+ f 1( x))=(0+ x)−(x
2+1+ x)=−x
2−1≤0，
则f 1( x)+ f 2( x)≤f i( x)+ f j( x)恒成立，
故(3,1,2)是为I排列.
（2）若nI =6，则1，2，3 的全排列均满足题意，
①(i, j ,k )=(1,2,3)，则有：f 1( x)≤f 1( x),f 1( x)+ f 2( x)≤f 1( x)+ f 2( x)，此时两个不等式显然成立．
②(i, j ,k )=(1,3,2)，则有：f 1( x)≤f 1( x),f 1( x)+ f 2( x)≤f 1( x)+ f 3( x)，即f 2( x)≤f 3( x).
③(i, j ,k )=(2,1,3)，则有：f 1( x)≤f 2( x),f 1( x)+ f 2( x)≤f 2( x)+ f 1( x)，即f 1( x)≤f 2( x).
④(i, j ,k )=(2,3,1)，则有：f 1( x)≤f 2( x),f 1( x)+ f 2( x)≤f 2( x)+ f 3( x)，即
f 1( x)≤f 2( x),f 1( x)≤f 3( x).
⑤(i, j ,k )=(3,1,2)，则有：f 1( x)≤f 3( x),f 2( x)≤f 3( x)．
⑥(i, j ,k )=(3,2,1)，则有：f 1( x)≤f 3( x),f 1( x)+ f 2( x)≤f 3( x)+ f 2( x)，即f 1( x)≤f 3( x).
则上述不等式均要成立，取它们的交集有{
f 1( x)≤f 2( x)
f 1( x)≤f 3( x)
f 1( x)+ f 2( x)≤f 1( x)+ f 3( x)
f 1( x)+ f 2( x)≤f 2( x)+ f 3( x)
x>0
)
，
即f 1( x)≤f 2( x)≤f 3( x)，即x−1≤x +m≤x
2对∀x>0恒成立，
分离参数得{
m≥−1
m≤x
2−x)，因为当x>0时，y = x
2−x =(x−1
2)
2
−1
4 ≥−1
4 ，
所以−1≤m≤−1
4 .
(3)首先证明第1 个结论，
观察（2）问的6 个情况，若f 1( x)≤f 3( x)和f 2( x)≤f 3( x)在I =[a,+∞)上同时成立，
那么排列(1,2,3),(1,3,2),(3,1,2),(3,2,1)都将是I排列，此时nI至少为4．
当f 1( x)≤f 3( x)时，即F( x)≤1−e
−x，
因为F( x)是定义在[0,+∞)上的函数，且严格单调递减，实数a>0, I =[a,+∞)，
则F(0)≥F (a)恒成立，
又因为函数y =1−e
−x在[a,+∞)上单调递增，
则在区间I =[a,+ ∞)上，F( x)max = F (a)，f 3(x)min=1−e
−a.
若f 1( x)≤f 3( x)恒成立，则F (a)≤1−e
−a，
则只需F(0)≤1−e
−a，即e
−a≤1−F(0)，因为对任意的x∈[0,+∞)，0< F (x)<1，
则F (0)∈(0,1)，则(1−F(0))∈(0,1)，则解得a≥−ln(1−F(0))，
当f 2( x)≤f 3( x)时，即1
2 [ F( x +a)+ F( x−a)]≤1−e
−x，
因为F( x)严格递减，所以F( x +a)< F(0)且F( x−a)≤F(0)，
f 2( x)≤1
2 [ F(0)+ F(0)]= F(0)，
只要a≥−ln(1−F(0))，就有f 2( x)≤F(0)≤1−e
−a= f 3(x)min≤f 3(x)，
则可取a=−ln(1−F(0))即可满足题意．
即存在a>0，使得nI ≥4.
再证明第2 个结论.
假设对于任意的a∈(0,1)，都有nI =2，
因为（2）中①排列(1,2,3)始终满足条件，
则在剩下的5 种排列中，只有唯一的一个是I排列．
首先，我们证明f 1(x)≤f 2(x)不可能恒成立：
假设对于某个a>0，在[a,+∞)上恒有f 1( x)≤f 2( x)．
即F( x)≤1
2 [ F( x +a)+ F( x−a)]，
即F( x +a)−F( x)≥F( x)−F( x−a)，
取xn=2a+n⋅a(n=0,1,2,…)．由于F( x)严格递增，
令Δ= F(2a)−F(a)>0，
则F (xn+a)−F (xn)≥F (xn−1+a)−F (xn−1)≥⋯≥F(2a)−F(a)= Δ，
于是对任意正整数N：
F (xN)−F (x0)=∑
k =0
N −1
[F (xk +a)−F (xk))≥N ⋅Δ，
当N →+∞时，F (xN)→+ ∞，这与0< F( x)<1矛盾！
因此，f 1( x)≤f 2( x)不可能恒成立．则排列③排列(2,1,3)和④排列(2,3,1)永远不可能是I排列．
接下来只剩②排列(1,3,2)，其需满足f 2( x)≤f 3( x)，
⑤排列(3,1,2)，其需满足f 1( x)≤f 3( x),f 2( x)≤f 3( x)，
⑥排列(3,2,1)，其需满足f 1( x)≤f 3( x)，
下面证明：对于任意a∈(0,1),f 1(x)≤f 3(x)在I上恒成立＂与＂f 2(x)≤f 3(x)在I上恒成立＂这两个命题，
必须有且只有一个为真．
（i）若对任意x>0，都有f 1(x)≤f 3(x)，即都有F( x)≤1−e
−x，
对于任意a∈(0,1)和x ≥a，
则f 2( x)= F( x +a)+ F( x−a)
2
≤1−e
−( x +a)+1−e
−( x−a)
2
=1−e
−x⋅e
a+e
−a
2
≤1−e
−x⋅
❑√e
a⋅e
−a=1−e
−x
，
当且仅当a=0时等号成立，又因为a>0，故等号无法取到，
所以f 2( x)<1−e
−x = f 3( x)恒成立，
则f 2(x)≤f 3(x)对所有的a∈(0,1)恒成立.
则此时②排列(1,3,2)，⑤排列(3,1,2)，⑥排列(3,2,1)均成立，
则nI = 4，与假设nI =2矛盾！
（ii）并非对于所有x>0都有f 1(x)≤f 3(x)，即F( x)≤1−e
−x，
则必定存在x0>0，使得F (x0)>1−e
−x0，
设F (x0)=1−e
−x0+2 Δ( Δ>0)，
因为y =1−e
−x是严格单调递增的连续函数，
则对于已知的Δ>0，总可以找到x1> x0，使得(1−e
−x1)−(1−e
−x0)< Δ，
即1−e
−x1<1−e
−x0+ Δ，即1−e
−x0>1−e
−x1−Δ，
同时，因为F( x)严格递增且x1> x0，必有F (x1)> F (x0)．
即F (x1)>1−e
−x0+2 Δ>(1−e
−x1−Δ)+2 Δ，
即F (x1)>1−e
−x1+ Δ>1−e
−x1，即f 1(x1)>f 3(x1)，
则可取充分小的a使得a< x0< x1，即存在x1>a，使得f 1(x1)>f 3(x1)，
所以＂f 1(x)≤f 3(x)恒成立＂这个命题是假的．
既然f 1(x)≤f 3(x)为假，那么＂f 2(x)≤f 3(x)恒成立＂必须为真．
即除①排列外剩余的5 个排列中，只有②排列(1,3,2)成立，此时满足nI =2，
则对于∀a∈(0, x1)，在x ≥a时都有：
F( x +a)+ F( x−a)
2
≤1−e
−x，
即F( x +a)+ F( x−a)≤2(1−e
−x)，
取x = x1，则对于任意a∈(0, x1)：
F (x1+a)+ F (x1−a)≤2(1−e
−x1)，
因为F( x)严格递增，则F (x1+a)> F (x1)．
则F (x1)+ F (x1−a)<2(1−e
−x1)
又因为F (x1)>1−e
−x1+ Δ，
则(1−e
−x1+ Δ)+ F (x1−a)<2(1−e
−x1)
即F (x1−a)<1−e
−x1−Δ，对任意a∈(0, x1)都成立．
取t = x1−a，因为a∈(0, x1)，则t ∈(0, x1)，
则对于(0, x1)内的任意t，都满足F(t )<1−e
−x1−Δ，
因为0< x0< x1，故有F (x0)<1−e
−x1−Δ，
但是，之前我们得到1−e
−x0>1−e
−x1−Δ，
即1−e
−x1<1−e
−x0+ Δ，则1−e
−x1−Δ<1−e
−x0，
则有：F (x0)<1−e
−x0， 这与我们的假设相矛盾．
综上，原命题成立，必然存在a∈(0,1)，使得nI ≠2．
11．（2026·上海·高考真题）设f (x)是定义在R上的函数.定义性质P：若对任意x1, x2∈R，当|x1)<|x2)
时，f (x1)<f (x2)，则称函数f (x)具有“性质P”.
(1)判断函数f (x)=e
x是否具有“性质P”；
(2)若分段函数f (x)={
ax , x ≤0
x +b, x>0)具有“性质P”，求所有满足条件的实数a和b的解；
(3)已知f (x)的值域为[0,1)，且在[0,+ ∞)上是严格增函数，证明：f (x)是偶函数的充要条件是：f (x)具有
“性质P”.
【答案】(1)没有，理由见解析
(2)a=−1,b=0
(3)证明见解析
【解题思路】（1）运用特例法，结合指数函数的单调性进行判断即可；
（2）根据一次函数的单调性，结合“性质P”的特性进行求解即可；
（3）根据充要条件的定义，结合偶函数的性质、“性质P”的特性进行运算证明即可.
【解答过程】（1）函数f (x)=e
x不具有“性质P”，理由如下：
例如当x1=−2, x2=−3时，显然|x1)<|x2)成立，
e
x1=e
−2,e
x2=e
−3，根据指数函数的单调性可知e
−2>e
−3，
所以有f (x1)>f (x2)，这与“性质P”矛盾，故函数f (x)=e
x不具有“性质P”；
（2）因为函数f (x)具有“性质P”，所以取x1=0，有|x1)=0<|x2)，
于是有f (x1)<f (x2)，
当x2∈(0,+ ∞)时，由f (x1)<f (x2)⇒0< x2+b⇒b≥0，
当x2∈(−∞,0)时，由f (x1)<f (x2)⇒0<a x2⇒a<0，
若b>0，若x2∈[
b
a ,0)，则有f (x2)≤f(
b
a)=a⋅b
a =b，
取x1=−x2
2 >0⇒f (x1)= x1+b>b≥f (x2)，
此时|x1)<|x2)，但是f (x1)>f (x2)，不符合“性质P”，所以b>0不符合题意，
故b=0，此时f (x)={
ax , x ≤0
x , x>0 )，
若x1>0, x2<0, x1<−x2时，则
x1
x2
>−1，
由f (x1)<f (x2)⇒x1<a x2⇒x1
x2
>a⇒a≤−1，
若x1<0, x2>0,−x1< x2时，则
x2
x1
<−1，
由f (x1)<f (x2)⇒a x1< x2⇒x2
x1
<a⇒a≥−1，
因此a=−1，
综上所述：当且仅当a=−1,b=0时，满足条件；
（3）充分性：若f (x)具有“性质P”，则f (x)是偶函数.
若存在x0>0，f (x0)≠f (−x0)，不妨设f (x0)>f (−x0)，
记f (x0)= M ,f (−x0)=m，即M >m，
因为函数f (x)的值域为[0,1)，
所以0≤m< M <1，
若|x)<|−x0)，则有f (x)<f (−x0)=m，
若|x)> x0，则有f (x)>f (x0)= M，
故对任意x∈R，f (x)≠M +m
2
∈[0,1)，这与f (x)的值域为[0,1)矛盾，
所以f (x0)≠f (−x0)不成立，则有f (x0)= f (−x0)，因此函数f (x)是偶函数；
必要性：若f (x)是偶函数，则f (x)具有“性质P”.
当|x1)<|x2)时，因为f (x)在[0,+ ∞)上是严格增函数，
所以f (|x1))<f (|x2))，
又因为函数f (x)是偶函数，
所以由f (|x1))<f (|x2))⇒f (x1)<f (x2)，因此f (x)具有“性质P”.
所以f (x)是偶函数的充要条件是：f (x)具有“性质P”.
12．（2025·上海·高考真题）已知函数y = f (x)的定义域是D．对于t ∈D，定义集合Sf (t )={x|f (x)≥f (t )))
．
(1)f (x)= log2 x，求Sf (16)；
(2)对于集合A，若对任意x∈A都有−x∈A，则称A是对称集．若D是对称集，证明：“函数y = f (x)是
偶函数”的充要条件是“对任意t ∈D，Sf (t )是对称集”；
(3)若x∈R，f (x)=e
x−1
2 m x
2．求m的取值范围，使得对于任意t1<t2∈D，都有Sf (t2)⊆Sf (t1)．
【答案】(1){x|x ≥16))
(2)证明见详解
(3)[0,e)
【解题思路】（1）根据对数函数的单调性即可求解；
（2）根据偶函数的定义和对称集的定义即可证明必要性和充分性；
（3）根据定义判断出函数单调不减，得到导函数大于等于0 恒成立即可求解.
【解答过程】（1）由定义得，Sf (16)={x|f (x)≥f (16)))={x|log2 x ≥log216))={x|x ≥16)).
（2）证明：
必要性：因为函数y = f (x)是偶函数，所以对任意x∈D，f (x)= f (−x)，
对任意t ∈D，若x∈Sf (t )，即f (x)≥f (t )，则f (−x)= f (x)≥f (t )，
所以−x∈Sf (t )，所以对任意t ∈D，Sf (t )是对称集.
充分性：若对任意t ∈D，Sf (t )是对称集，
因为对任意t ∈D，t ∈Sf (t )，所以−t ∈Sf (t )，即f (−t )≥f (t )①，
又−t ∈Sf (−t )，所以t ∈Sf (−t )，即f (t )≥f (−t )②.
由①②得，对任意t ∈D，f (t )= f (−t )，
所以函数y = f (x)是偶函数.
综上，“函数y = f (x)是偶函数”的充要条件是“对任意t ∈D，Sf (t )是对称集”，得证.
（3）因为对于任意t1<t2∈D，都有Sf (t2)⊆Sf (t1)，
所以若x ∈Sf (t2)，则x ∈Sf (t1)，即若f (x)≥f (t2)，则f (x)≥f (t1)，
所以f (t2)≥f (t1)，所以f (x)在R上单调不减，
所以对任意x∈R，f
′ (x)=e
x−mx ≥0恒成立.
当x =0时，显然成立，m∈R；
当x>0时，m≤e
x
x 恒成立，令g(x)=e
x
x ，g
′ (x)= (x−1)e
x
x
2
，
所以g(x)在(0,1)单调递减，(1,+∞)单调递增，所以m≤g(x)min= g(1)=e；
当x<0时，m≥e
x
x 恒成立，此时g
′ (x)= (x−1)e
x
x
2
<0
因为g(x)在(−∞,0)上单调递减，当x→−∞时，g(x)→0,g(x)<0，
x<0, x→0时，g(x)→−∞，
所以m≥0；
综上，m∈[0,e).
