第7 讲 函数的性质·综合测试（解析卷）
答案速查表
1
2
3
4
5
D
D
D
A
B
6
7
8
9
10
A
C
D
ACD
ABD
11
12
13
14
15
ABD
7+ 1
e
2
1
-1
（1）a=1，奇
函数 （2）证
明见解析
16
17
18
19
（1）a=5，b=0
（2）单调递减，
证明见解析
（1）单调递
减，证明见解
析 （2）( 1
2 , 2
3 )
（1）存在，
f ( x)= x +2 （2）
证明见解析
（1）1 （2）
偶函数，证明
见解析
1.函数y =
❑√x
2+3 x的单调递减区间为（ ）
A. (-∞,- 3
2 ]
B. [- 3
2 ,+∞)
C. [0,+∞)
D. (-∞,-3]
【答案】D
【解析】由题意，得x
2+3 x ≥0，解得x ≤-3或x ≥0，∴函数y =
❑√x
2+3 x的定义域为
(-∞,-3]∪[0,+∞)，令t = x
2+3 x，则t = x
2+3 x开口向上，对称轴为x =- 3
2，∴t = x
2+3 x在
(-∞,-3]上单调递减，在[0,+∞)上单调递增，而y = ❑√t在[0,+∞)上单调递增，∴函数
y =
❑√x
2+3 x的单调递减区间为(-∞,-3].故选：D.
【点拨】本题考查复合函数的单调性，需先求出函数的定义域，再利用“同增异减”法则进行判
断.
2.（2025·河北·模拟预测）已知函数f ( x)={
a-2
- x ,
x ≤0
ln( x +1),
x>0是R上的增函数，且关于x的不
等式f (a+ x
2)≥f ( x)恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A. [0, 1
4 ]
B. [- 1
4 ,1]
C. [- 1
4 , 1
4 ]
D. [ 1
4 ,1]
【答案】D
【解析】因为函数g( x)=a-2
- x( x ≤0)与h( x)= ln( x +1)( x>0)均是增函数，所以，函数y = f ( x)
是R上的增函数只需满足g（0）≤h（0），即a-1≤0，解得a≤1，由f (a+ x
2)≥f ( x)得
a+ x
2≥x，即a≥-(x - 1
2)
2
+ 1
4 恒成立，所以，当x = 1
2时，函数y =-(x - 1
2)
2
+ 1
4 取得最大值1
4 ，所
以，a≥1
4 ，即a∈[ 1
4 ,1]，因此，实数a的取值范围是[ 1
4 ,1].
【点拨】本题考查分段函数的单调性及不等式恒成立问题，根据分段函数的单调性求出a≤1是基
础，利用单调性将不等式转化为a+ x
2≥x恒成立是解题关键.
3.（2026·郑州四中·适应性考试）下列函数中，既满足f (- x)= f ( x)，又满足f(
1
x)=- f ( x)
的为（ ）
A. f ( x)= x + 1
x
B. f ( x)= x - 1
x
C. f ( x)= x
2+ 1
x
2
D. f ( x)= x
2- 1
x
2
【答案】D
【解析】A 选项，f （1）=2,f (-1)=-2，不满足f (- x)= f ( x)，故A 不符合题意；B 选项，
f （2）= 3
2 ,f (-2)=- 3
2，不满足f (- x)= f ( x)，故B 不符合题意；C 选项，f （1）=2，不符
合f(
1
x)=- f ( x)（f （1）=0），故C 不符合题意；D 选项，
f (- x)=(- x)
2-
1
(- x)
2 = x
2- 1
x
2 = f ( x)，f(
1
x)= 1
x
2 - x
2=- f ( x)，故D 符合题意.
【点拨】本题考查函数的奇偶性与对称性，通过逐项验证所给的两个函数方程即可得出结论.
4.（2026·安徽安庆·二模）已知a>1，函数f ( x)=2
a+ x -2a⋅2
- x（x∈R）为奇函数，则
f （2）=（ ）
A. 15
B. 15
2
C. 17
4
D. 4
【答案】A
【解析】由f （0）=0，得2
a-2a=0，得a=2，故f ( x)=2
2+ x -2
2- x，f （2）=2
4-2
0=15，选
A.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性求参数及函数值，根据奇函数在原点有定义时f （0）=0求
出参数a是解题的关键.
5.（2026·山东临沂·一模）函数f ( x)=2 x
3-
1
4
x+1
+ 3
2，若对任意x∈[-2,2]，都有
f ( x +a)+ f (1- x
2)>2，则a的取值范围是（ ）
A. ( 4
5 ,+ ∞)
B. (5,+∞)
C. (-∞, 4
5 )
D. (-∞,5)
【答案】B
【解析】由题意得f ( x)=2 x
3-
1
4
x+1
+ 3
2 =2 x
3-
1
4
x+1
+ 1
2 +1=2 x
3+
4
x -1
2(4
x+1)
+1，令
g( x)=2 x
3+
4
x -1
2(4
x+1)，则g(- x)=-2 x
3+
4
- x -1
2(4
- x+1)
=-2 x
3+
1- 4
x
2(1+ 4
x)
=- g( x)，∴g( x)为奇函
数，又y =2 x
3与y =
4
x -1
2(4
x+1)
= 1
2 -
1
4
x+1在R上均为增函数，∴g( x)在R上为增函数，且
f ( x)= g( x)+1，∴不等式f ( x +a)+ f (1- x
2)>2等价于g( x +a)+1+ g(1- x
2)+1>2，即
g( x +a)>- g(1- x
2)= g( x
2-1)，∴x +a> x
2-1，即a> x
2- x -1对任意x∈[-2,2]恒成立，令
h( x)= x
2- x -1=( x - 1
2 )
2- 5
4 ，当x∈[-2,2]时，h( x)max =h(-2)=5，∴a>5.故选：B.
【点拨】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，通过构造函数g( x)并利用其奇偶性和单调
性将不等式转化为恒成立问题是解题的关键.
6.（2025·河北承德张家口·一模）已知定义在实数集上的函数f ( x)满足以下条件：①
f (1+ x)= f (1- x)；②f (3+ x)+ f (3- x)=0；③f （5）=1. 则
f （1）+ f （2）+⋯+ f （2025）=（ ）
A. -1
B. 0
C. 1
D. 2
【答案】A
【解析】由f (1+ x)= f (1- x)可知，函数图象关于直线x =1对称，即f ( x)= f (2- x).由
f (3+ x)+ f (3- x)=0可知，函数图象关于点(3,0)对称，即f ( x)=- f (6- x)，将x替换为x + 4得
f ( x + 4)=- f (2- x)，所以f (2- x)=- f (6- x)，即f ( x)=- f ( x + 4)，由f ( x)=- f (4+ x)可得，
f （1）=- f （5），f （2）=- f （6），f （3）=- f （7 ），f （4 ）=- f （8），所
以f （1）+ f （2）+⋯+ f （8）=0.又因为f ( x)=- f ( x + 4)，所以
f ( x)=-(- f ( x +8))= f ( x +8)，因此f ( x)是周期为8的周期函数，故
f （1）+ f （2）+⋯+ f （2025）= f （2025）= f (8×253+1)= f （1）=- f （5）=-1，
故选A.
【点拨】本题考查函数的对称性与周期性，通过已知条件推导出函数的周期为8，并求出一个周期
内的函数值之和是解题的关键.
7.（2026·河北石家庄·一模）已知定义在R上的偶函数f ( x)，满足f ( x +2)= f ( x -2)，且当
x∈[0,2]时，f ( x)=e
x -1. 若a= f (-3)，b= f （4 ），c = f (log27)，则a,b,c的大小关系为
（ ）
A. c<b<a
B. a<b<c
C. b<a<c
D. b<c<a
【答案】C
【解析】由f ( x +2)= f ( x -2)得f ( x + 4)= f ( x)，∴函数f ( x)是周期为4的周期函数.∵f ( x)是偶函
数，∴
a= f (-3)= f （3）= f (-1)= f （1）=e
1-1=e -1.b= f （4 ）= f （0）=e
0-1=0.c = f (log27)
∵2<log27<3，∴c = f (log27)= f (log27- 4)= f (4 - log27)= f (log2
16
7 ).∵2< 16
7 <e，∴
1<log2 16
7 <log2e<2.当x∈[0,2]时，f ( x)=e
x -1单调递增，且0<1<log2
16
7 ，∴
f （0）<f （1）<f (log2 16
7 )，即b<a<c.故选C.
【点拨】本题考查函数的奇偶性、周期性及单调性的综合应用，利用周期性和奇偶性将自变量转
化到同一单调区间内是比较大小的关键.
8.（2025·江西萍乡实验大联考·一模）函数f ( x)是(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数，且当x<0
时，函数的部分图象如图所示，则不等式f ( x)- f (- x)
x
<0的解集是（ ）
A. (-3,-1)∪(1,3)
B. (-3,-1)∪(0,1)∪(3,+∞)
C. (-∞,-3)∪(-1,1)∪(3,+ ∞)
D. (-∞,-3)∪(-1,0)∪(0,1)∪(3,+ ∞)
【答案】D
【解析】∵函数f ( x)是(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数，∴f (- x)=- f ( x)，不等式
f ( x)- f (- x)
x
<0可化为2f ( x)
x
<0，即f ( x)
x
<0，等价于{
x>0
f ( x)<0或{
x<0
f ( x)>0.∵f ( x)是奇函数，∴
其图象关于原点对称，由当x<0时，函数的部分图象可知，当x<-3或-1< x<0时，f ( x)>0；当
-3< x<-1时，f ( x)<0.由奇函数的对称性可知，当0< x<1或x>3时，f ( x)<0；当1< x<3时，
f ( x)>0.∴不等式f ( x)
x
<0的解集为(-∞,-3)∪(-1,0)∪(0,1)∪(3,+∞).故选D.
【点拨】本题考查函数的奇偶性与图象的综合应用，利用奇函数的性质将不等式化简，并结合图
象的对称性数形结合求解是关键.
9.（2025·河北张家口·二模）已知函数f ( x)的定义域为R，当p>0时，f ( p)>0，且对于任
意的pq<1，都有f ( p)+ f (q)= f(
p+q
1- pq)，则（ ）
A. f （0）=0
B. f ( x)为偶函数
C. 当-1< x<0时，f ( x
2)>f ( x) D. 当
0< x<1时，f ( x
2)<f ( x)
【答案】ACD
【解析】令p=q =0，所以f （0）+ f （0）= f （0），解得f （0）=0，故A 正确；令
q =- p，所以f ( p)+ f (- p)= f （0）=0，所以f ( x)为奇函数，故B 错误；当-1< x<0时，
x
2>0> x，因为当p>0时，f ( p)>0，f ( x)为奇函数，所以当p<0时，f ( p)<0，所以
f ( x
2)>0>f ( x)，故C 正确；设-1< x1< x2<0，令p= x1，q =- x2，则pq =- x1 x2<1，因为
f ( x2)=- f (- x2)，所以f ( x2)- f ( x1)= f(
x2- x1
1+ x1 x2)，因为
x2- x1
1+ x1 x2
>0，所以f(
x2- x1
1+ x1 x2)>0，因此
f ( x2)- f ( x1)>0，即f ( x)在(-1,0)上单调递增，因为f ( x)为奇函数，所以f ( x)在(-1,1)上单调
递增，当0< x<1时，x
2< x，故f ( x
2)<f ( x)，故D 正确.故选ACD.
【点拨】本题考查抽象函数的性质，利用赋值法求出f （0）并判断奇偶性，再利用定义法判断
单调性是解题的核心.
10.（2025·河南创新发展联盟·一模）已知函数f ( x)=cos( x
3+ x)，则（ ）
A. f ( x)为偶函数
B. f ( x)的值域为[-1,1]
C. 不存在a∈R，
使得f (a)=- f (-a)
D. f ( x)在[0,1]上单调递减
【答案】ABD
【解析】对于A，f (- x)=cos((- x)
3+(- x))=cos(-( x
3+ x))=cos( x
3+ x)= f ( x)，∴f ( x)为偶函
数，故A 正确；对于B，∵x∈R，x
3+ x∈R，∴cos( x
3+ x)∈[-1,1]，故B 正确；对于C，若
f (a)=- f (-a)，∵f ( x)是偶函数，∴f (-a)= f (a)，代入得f (a)=- f (a)，即f (a)=0，∴
cos(a
3+a)=0，则a
3+a=kπ + π
2 （k ∈Z），令g(a)=a
3+a，则g
'(a)=3a
2+1>0，g(a)单调递
增，值域为R，∴必然存在a使得a
3+a=kπ + π
2 ，即存在a∈R满足条件，故C 错误；对于D，当
x∈[0,1]时，x
3+ x在[0,2]上单调递增，∵2<π，∴x
3+ x∈[0,2]⊂[0,π ]，又y =cost在[0,π ]
上单调递减，∴f ( x)在[0,1]上单调递减，故D 正确.故选ABD.
【点拨】本题考查复合函数的奇偶性、值域及单调性的判断，利用内层函数的单调性结合外层余
弦函数的性质是解题的关键.
11.（2024·山东烟台·二模）定义在R上的函数f ( x)满足f ( x)+ f (4+ x)=0，f (2+2 x)是偶函
数，f （1）=1，则（ ）
A. f ( x)是奇函数
B. f （2023）=-1
C. f ( x)的图象关于直线x =1对称
D. ∑
k =1
100
k f (2k -1)=-100
【答案】ABD
【解析】对于选项A，∵f (2+2 x)是偶函数，∴f (2-2 x)= f (2+2 x)，∴函数f ( x)关于直线x =2
对称，∴f (- x)= f (4+ x)，∵f ( x)+ f (4+ x)=0，∴f (- x)=- f ( x)，∴f ( x)是奇函数，则A 正
确；对于选项B，∵f (4+ x)=- f ( x)，∴f (8+ x)=- f (4+ x)= f ( x)，∴f ( x)的周期为8，∴
f （2023）= f (253×8-1)= f (-1)=- f （1）=-1，则B 正确；对于选项C，若f ( x)的图象关
于直线x =1对称，则f （3）= f (-1)，但是f (-1)=- f （1）=-1，
f （3）= f (4 -1)=- f (-1)=1，即f （3）≠f (-1)，这与假设条件矛盾，则选项C 错误；对于
选项D，将x = 1
2代入f (2-2 x)= f (2+2 x)，得f （3）= f （1）=1，将x =1代入
f ( x)+ f (4+ x)=0，得f （5）=- f （1）=-1，同理可知f （7 ）=- f （3）=-1，又∵f ( x)
的周期为8，∴f ( x)正奇数项的周期为4，∴
∑
k =1
100
k f (2k -1)= f （1）+2f （3）+3 f （5）+⋯+100 f （199）=[ f （1）+2f （3）+3 f （5）+ 4 f
则D 正确.故选：ABD.
【点拨】本题考查抽象函数的奇偶性、对称性与周期性，根据已知条件推导出函数的周期及对称
轴，进而求出特定函数值是解题的关键.
12.（2024·河南省部分学校大联考·质量检测）已知函数f ( x)=a
x+3 x +1（a>0且a≠1），若
曲线y = f ( x)在点(0,f （0）)处的切线与直线x +2 y -1=0垂直，则f ( x)在[-1,2]上的最大
值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】7+ 1
e
2
【解析】由题意得f
'( x)=a
x ln a+3，∴f
'（0）= ln a+3，∵切线与直线x +2 y -1=0垂直，而
x +2 y -1=0的斜率为- 1
2，∴切线斜率为2，即ln a+3=2，解得a=e
-1，∴f ( x)=e
- x+3 x +1，且
f
'( x)=-e
- x+3，显然f
'( x)是增函数，当x∈[-1,2]时，f
'( x)≥f
'(-1)=3-e>0，∴f ( x)在
[-1,2]上单调递增，故f ( x)max = f （2）=7+ 1
e
2.
【点拨】本题考查导数的几何意义及利用导数求函数的最值，根据切线垂直关系求出参数a的值是
解题的第一步.
13.（2026·广东省汕头市·二模）已知函数f ( x)= x
3(a⋅2
x -2
- x)是偶函数，则a=＿＿＿＿＿
＿.
【答案】1
【解析】∵f ( x)= x
3(a⋅2
x -2
- x)，故f (- x)=- x
3(a⋅2
- x -2
x)，∵f ( x)为偶函数，故
f (- x)= f ( x)，即- x
3(a⋅2
- x -2
x)= x
3(a⋅2
x -2
- x)，整理得到(a-1)(2
x+2
- x)=0，故a=1.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性求参数，根据偶函数的定义列出恒等式是解题的关键.
14.（2026·江西省八所重点中学·4 月联考）已知函数y = f ( x)满足
f ( x)+ f ( x +1)+ f ( x +2)= f ( x)⋅f ( x +1)⋅f ( x +2)对任意实数x都成立，若f （1）=2，
f （2）=3，则f （13）- f （14 ）=＿＿＿＿＿＿.
【答案】-1
【解析】∵f ( x)+ f ( x +1)+ f ( x +2)= f ( x)⋅f ( x +1)⋅f ( x +2)，令x =1，得
f （1）+ f （2）+ f （3）= f （1）f （2）f （3），即2+3+ f （3）=6 f （3），解得
f （3）=1.令x =2，得f （2）+ f （3）+ f （4 ）= f （2）f （3）f （4 ），即
3+1+ f （4 ）=3 f （4 ），解得f （4 ）=2.同理可得f （5）=3，f （6）=1，f （7 ）=2，
⋯，∴f ( x)是周期为3的周期函数，∴f （13）- f （14 ）= f （1）- f （2）=2-3=-1.
【点拨】本题考查抽象函数的周期性，通过赋值法依次求出函数值，发现其周期规律是解题的关
键.
15.（13 分）已知函数f ( x)= 2
x
a - a
2
x（a>0），且f （0）=0.
（1） 求a的值，并指出函数f ( x)的奇偶性；
（2） 在（1）的条件下，运用函数单调性的定义，证明函数f ( x)在(-∞,+∞)上是增函数.
【答案】（1）a=1，奇函数 （2）证明见解析
【解析】（1） ∵f （0）= 1
a -a=0，又a>0，∴a=1，..............................................................2 分
∴f ( x)=2
x - 1
2
x ，x∈(-∞,+ ∞)，.....................................................................................................4 分
此时f (- x)= 1
2
x -2
x =- f ( x)，∴f ( x)为奇函数；.............................................................................6 分
（2） 任取x1< x2，则f ( x1)- f ( x2)=2
x1- 1
2
x1 -2
x2+ 1
2
x2.....................................................................8 分
=(2
x1-2
x2)+ 2
x1-2
x2
2
x1+ x2 =(2
x1-2
x2)(1+
1
2
x1+ x2)，....................................................................................10 分
∵x1< x2，∴2
x1<2
x2，即2
x1-2
x2<0，.................................................................................................11 分
又1+
1
2
x1+ x2 >0，∴f ( x1)- f ( x2)<0，即f ( x1)<f ( x2)，.................................................................12 分
∴函数f ( x)在(-∞,+∞)上是增函数..................................................................................................13 分
【点拨】本题考查函数的奇偶性与单调性的定义证明，作差、变形、定号是利用定义证明单调性
的标准步骤.
16.（15 分）（2026·河北沧州十二校·一模）函数f ( x)= ax +b
4 x
2+1是定义在R上的奇函数，且
f （1）=1.
（1） 求a，b的值；
（2） 判断并证明f ( x)在( 1
2 ,+∞)的单调性.
【答案】（1）a=5，b=0 （2）单调递减，证明见解析
【解析】（1） ∵f ( x)= ax +b
4 x
2+1是定义在R上的奇函数，
∴f （0）=b=0，................................................................................................................................3 分
又由f （1）=
a
4+1 =1，故a=5；......................................................................................................6 分
（2） 由（1）中可知f ( x)=
5 x
4 x
2+1，f ( x)在( 1
2 ,+∞)上单调递减，............................................8 分
证明：设x1, x2∈( 1
2 ,+∞)，且x1< x2，..............................................................................................9 分
则f ( x1)- f ( x2)=
5 x1
4 x1
2+1
-
5 x2
4 x2
2+1
= 5( x2- x1)(4 x1 x2-1)
(4 x1
2+1)(4 x2
2+1) ，........................................................12 分
∵1
2 < x1< x2，∴x2- x1>0，4 x1 x2-1>0，(4 x1
2+1)(4 x2
2+1)>0，.............................................14 分
从而f ( x1)- f ( x2)>0，即f ( x1)>f ( x2)，
故f ( x)在( 1
2 ,+∞)上单调递减.............................................................................................................15 分
【点拨】本题考查函数的奇偶性及单调性的定义证明，利用奇函数在原点有定义时f （0）=0求
参数是常用的技巧.
17.（15 分）（2024·江苏泰州海陵·期中）已知函数f ( x)=- 2 x
x +1，x∈(0,+∞).
（1） 判断函数f ( x)的单调性，并利用定义证明；
（2） 若f (2m-1)>f (1-m)，求实数m的取值范围.
【答案】（1）单调递减，证明见解析 （2）( 1
2 , 2
3 )
【解析】（1） f ( x)在(0,+∞)上递减，理由如下：........................................................................2 分
任取x1, x2∈(0,+∞)，且x1< x2，则
f ( x2)- f ( x1)=- 2 x2
x2+1 + 2 x1
x1+1...............................................................................................................4 分
= 2 x1( x2+1)-2 x2( x1+1)
( x2+1)( x1+1)
=
2( x1- x2)
( x2+1)( x1+1)，...................................................................................6 分
∵x1, x2∈(0,+∞)，且x1< x2，
∴x1- x2<0，( x2+1)( x1+1)>0，.......................................................................................................7 分
∴f ( x2)- f ( x1)<0，即f ( x2)<f ( x1)，
∴f ( x)在(0,+∞)上递减；....................................................................................................................8 分
（2） 由（1）可知f ( x)在(0,+∞)上递减，
∴由f (2m-1)>f (1-m)，得.............................................................................................................10 分
{
2m-1>0
1-m>0
2m-1<1-m
，...................................................................................................................................13 分
解得1
2 <m< 2
3，
∴实数m的取值范围为( 1
2 , 2
3 ).............................................................................................................15 分
【点拨】本题考查函数单调性的定义证明及应用，利用单调性解不等式时，务必注意函数定义域
的限制.
18.（17 分）（2024·四川遂宁·期末）定义在R上的函数f ( x)，对任意x1, x2∈R，满足下列
条件：①f ( x1+ x2)= f ( x1)+ f ( x2)-2；②f （2）= 4.
（1） 是否存在一次函数f ( x)满足条件①②，若存在，求出f ( x)的解析式；若不存在，说
明理由；
（2） 证明：g( x)= f ( x)-2为奇函数.
【答案】（1）存在，f ( x)= x +2 （2）证明见解析
【解析】（1） 假设存在一次函数f ( x)，设f ( x)=kx +b(k ≠0)....................................................2 分
则f ( x1+ x2)=k( x1+ x2)+b，
f ( x1)+ f ( x2)-2=k( x1+ x2)+2b-2，∴b=2b-2，b=2.................................................................5 分
f （2）=2k +b= 4，k =1，故满足条件的一次函数为：f ( x)= x +2............................................8 分
（2） 证明：定义在R上的函数f ( x)对任意的x1, x2∈R，
都有f ( x1+ x2)= f ( x1)+ f ( x2)-2成立，
令x1= x2=0，则f (0+0)= f （0）+ f （0）-2，得f （0）=2...............................................11 分
令x1= x , x2=- x，则f ( x - x)= f ( x)+ f (- x)-2...............................................................................14 分
∴[ f ( x)-2]+[ f (- x)-2]=0，即g( x)+ g(- x)=0，于是g(- x)=- g( x)..................................16 分
∴g( x)= f ( x)-2为奇函数...................................................................................................................17 分
【点拨】本题考查抽象函数的解析式求解与奇偶性证明，利用赋值法求出f （0）的值是证明奇
偶性的关键步骤.
19.（17 分）（2024·安徽蚌埠·期末）已知定义在R上的函数f ( x)，g( x)满足：
①f （0）=1；
②任意的x , y ∈R，f ( x - y)= f ( x)f ( y)- g( x)g( y).
（1） 求f
2( x)- g
2( x)的值；
（2） 判断并证明函数f ( x)的奇偶性.
【答案】（1）1 （2）偶函数，证明见解析
【解析】（1） 依题意，令y = x，则f ( x - x)= f ( x)f ( x)- g( x)g( x)，......................................4 分
即f
2( x)- g
2( x)= f （0），.................................................................................................................6 分
∵f （0）=1，∴f
2( x)- g
2( x)=1.....................................................................................................8 分
（2） 由（1）知f
2（0）- g
2（0）=1，
∴g
2（0）= f
2（0）-1=0，即g（0）=0，...........................................................................11 分
令x =0，则f (0- y)= f （0）f ( y)- g（0）g( y)，.................................................................14 分
即f (- y)= f ( y)，∴f (- x)= f ( x)，..................................................................................................16 分
又∵f ( x)的定义域为R，
∴函数f ( x)为偶函数............................................................................................................................17 分
【点拨】本题考查抽象函数的性质，熟练运用赋值法，通过巧妙选取x , y的值探求函数性质是解
题的核心.
