第7 讲 函数的性质·分类练习（解析卷）
答案速查表
1
2
3
4
5
C
D
B
（1）f ( x)在(0,+ ∞)
上单调递减，证明见
解析 （2）( 1
2 , 2
3 )
见解析
6
7
8
9
10
A
A
A
A
[-2,1]
11
12
13
14
15
C
[- 7
4 ,10]
(0, 1
2 ]
3
A
16
17
18
19
20
C
D
D
D
（1）奇函数 （2）偶函
数 （3）偶函数 （4）非
奇非偶函数 （5）偶函数
21
22
23
24
25
C
A
A
2
- x -3×2
x
4052
26
27
28
29
30
C
-1
A
C
A
31
32
33
34
35
C
A
B
ABD
ABD
36
37
38
39
40
D
D
C
C
D
41
42
43
44
45
B
A
A
7
- 4
46
47
48
49
50
5
D
C
C
ABD
51
52
53
54
55
B
B
ABD
ABD
A
56
57
58
59
60
B
D
A
C
BC
61
62
63
（1）偶函数，证明
见解析 （2）单调
递增，证明见解析
ACD
ACD
考点一：函数的单调性
考法1：判断或证明函数的单调性
1.已知函数f ( x)的定义域是R，若对于任意两个不相等的实数x1，x2，总有
f ( x2)- f ( x1)
x2- x1
>0
成立，则函数f ( x)一定是（ ）
A. 奇函数
B. 偶函数
C. 增函数
D. 减函数
【答案】C
【解析】对于任意两个不相等的实数x1，x2，总有
f ( x2)- f ( x1)
x2- x1
>0成立，等价于对于任意两个不
相等的实数x1< x2，总有f ( x1)<f ( x2).所以函数f ( x)一定是增函数.对应选项C.
【点拨】本题考查利用定义判断函数的单调性，将已知条件等价转化为x1< x2时f ( x1)<f ( x2)是解
题关键.
2.下列函数中，满足“f ( x + y)= f ( x)f ( y)”的单调递增函数是（ ）
A. f ( x)= x
1
2
B. f ( x)= x
3
C. f ( x)=(
1
2)
x
D. f ( x)=3
x
【答案】D
【解析】由于a
x⋅a
y =a
x + y，所以指数函数f ( x)=a
x满足f ( x + y)= f ( x)f ( y)，且当a>1时单调递
增，0<a<1时单调递减，所以f ( x)=3
x满足题意.对应选项D.
【点拨】本题考查指数函数的性质，熟记指数函数的运算性质及单调性即可.
3.函数f ( x)=| x
2-3 x +2|的单调递增区间是（ ）
A. [ 3
2 ,+ ∞)
B. [1, 3
2 ]和[2,+ ∞)
C. (-∞,1]和[ 3
2 ,2]
D. (-∞, 3
2 ]和[2,+ ∞)
【答案】B
【解析】由y =| x
2-3 x +2|={
x
2-3 x +2,
x ≤1
- x
2+3 x -2,
1< x<2
x
2-3 x +2,
x ≥2
，画出函数图象，观察图象可知，函数的单
调递增区间是[1, 3
2 ]和[2,+ ∞).对应选项B.
【点拨】本题考查含绝对值函数的单调区间的求解，利用分段函数画出图象，数形结合是解题的
有效方法.
4.（2024·泰州海陵区·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）f ( x)在(0,+∞)上单调递减，证明见解析 （2）( 1
2 , 2
3 )
【解析】（1）f ( x)在(0,+∞)上递减，理由如下：
任取x1, x2∈(0,+∞)，且x1< x2，则
f ( x2)- f ( x1)=- 2 x2
x2+1 + 2 x1
x1+1 = 2 x1( x2+1)-2 x2( x1+1)
( x2+1)( x1+1)
=
2( x1- x2)
( x2+1)( x1+1)，
∵x1, x2∈(0,+∞)，且x1< x2，
∴x1- x2<0，( x2+1)( x1+1)>0，
∴f ( x2)- f ( x1)<0，即f ( x2)<f ( x1)，
∴f ( x)在(0,+∞)上递减；
（2）由（1）可知f ( x)在(0,+∞)上递减，
∴由f (2m-1)>f (1-m)，得{
2m-1>0
1-m>0
2m-1<1-m
，
解得1
2 <m< 2
3，
∴实数m的取值范围为( 1
2 , 2
3 ).
【点拨】本题考查利用定义法证明函数的单调性，以及利用函数的单调性解不等式，解题时需注
意函数定义域的限制.
5.设a>0，a≠1，证明：函数φ( x)= a
x -1
x
是x的增函数( x>0).
【答案】见解析
【解析】当x2> x1>0时，在伯努利不等式定理中取1+ x =a
x2，r = x1
x2
，0<r <1，
则有(1+ x)
r≤1+rx，即(a
x2)
x1
x2 ≤1+ x1
x2
(a
x2-1)，
则有a
x1<1+ x1
x2
(a
x2-1)，从而a
x2-1
x2
> a
x1-1
x1
，
即φ( x2)>φ( x1).
所以当x>0时，φ( x)是x的增函数.
【点拨】本题考查利用伯努利不等式证明函数的单调性，构造合适的变量代入不等式是解题的关
键.
考法2：利用函数的单调性与奇偶性解不等式或比较大小
6.（2026·安徽江淮十校·4 月模拟）已知函数f ( x)=
3√x +a
x -a
- x(a>1)，若m= f (-3)，
p= f ( 1
3 )，q = f (ln3)，则（ ）
A. m< p<q
B. m<q< p
C. q< p<m
D. p<q<m
【答案】A
【解析】易知y =
3√x在R上单调递增，y =a
x(a>1)在R上单调递增，y =-a
- x(a>1)在R上单调递
增，
所以f ( x)是R上增函数.
因为ln3>lne=1> 1
3 >-3，
所以f (ln3)>f ( 1
3 )>f (-3)，即q> p>m.
对应选项A.
【点拨】本题考查利用函数的单调性比较大小，根据基本初等函数的单调性判断出f ( x)的单调性
是解题关键.
7.（2026·安徽黄山·一模）已知f ( x)是R上的奇函数，且f （2）=0，若f ( x)在(-∞,0)上单
调递减，则不等式f ( x)>0的解集为（ ）
A. (-∞,-2)∪(0,2)
B. (-2,2)
C. (-2,0)∪(2,+∞)
D. (-∞,-2)∪(2,+ ∞)
【答案】A
【解析】由函数f ( x)是R上的奇函数，且f （2）=0，f ( x)在(-∞,0)上单调递减，
可得函数的图象关于原点对称，f (-2)=0，且f ( x)在(0,+∞)上单调递减，
函数f ( x)的大致图象如图所示：
结合图象可得，不等式f ( x)>0的解集为(-∞,-2)∪(0,2).
对应选项A.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性与单调性解不等式，根据已知条件画出函数的大致图象，数
形结合是解题的关键.
8.（2025·江西三新·3 月联考）已知函数f ( x)={
- 1
2
x +1 , x<0,
1
x +2 , x ≥0,
则不等式f (a
2-1)>f （3）的解
集为（ ）
A. (-2,2)
B. (0,+∞)
C. (-∞,0)
D. (-∞,-2)∪(2,+ ∞)
【答案】A
【解析】函数y =- 1
2
x +1在(-∞,0)上单调递减，y =
1
x +2在[0,+∞)上单调递减，且- 1
2
0+1 =- 1
2，
1
0+2 = 1
2，所以f ( x)在定义域R上单调递减.
因为f (a
2-1)>f （3），所以a
2-1<3，解得-2<a<2.
对应选项A.
【点拨】本题考查分段函数的单调性及解函数不等式，判断出函数在R上单调递减是解题的关键.
9.（2026·湖北襄阳第四中学·阶段检测）已知函数f ( x)= x
3+2 x +2sin
2( x
2 + π
4 )+5，且
f (t
2-2t )+ f (-3t + 4)<12，则实数t的取值范围是（ ）
A. (1,4)
B. (-∞,1)∪(4 ,+∞)
C. (- 4 ,1)
D. (-∞,- 4)∪(1,+∞)
【答案】A
【解析】f ( x)= x
3+2 x +1-cos( x + π
2 )+5= x
3+2 x +sin x +6.
令g( x)= f ( x)-6= x
3+2 x +sin x，则g
'( x)=3 x
2+2+cos x >0，g(- x)=- g( x)，
故g( x)在R上单调递增，且g( x)为奇函数.
不等式f (t
2-2t )+ f (-3t + 4)<12，即f (t
2-2t )-6+ f (-3t + 4)-6<0，
即g(t
2-2t )+ g(-3t + 4)<0，则g(t
2-2t )<- g(-3t + 4)= g(3t - 4)，
故t
2-2t <3t - 4，即t
2-5t + 4<0，所以1<t <4.
对应选项A.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性与单调性解不等式，通过构造奇函数g( x)并判断其单调性是
解题的关键.
10.（2026·山东枣庄·一模）已知函数f ( x)=2
x -2
- x，若f (2a x
2- 3
8 )+ f (ax)<0恒成立，则a
的取值范围是＿＿＿＿＿＿.
【答案】[-2,1]
【解析】由f ( x)=2
x -2
- x得f (- x)=2
- x -2
x =- f ( x)，则f ( x)为奇函数，
又y =2
x在R上单调递增，y =-2
- x在R上单调递增，
所以f ( x)在R上单调递增.
由f (2a x
2- 3
8 )+ f (ax)<0得f (2a x
2- 3
8 )<- f (ax)= f (-ax)，
所以2a x
2- 3
8 <-ax，即16a x
2+8ax -3<0对任意x∈R恒成立.
当a=0时，-3<0恒成立，符合题意；
当a≠0时，则{
a<0
Δ=64 a
2- 4×16a×(-3)<0，解得-3<a<0.
综上，a的取值范围是[-3,0].
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性与单调性解不等式，先判断函数的奇偶性与单调性，将不等
式转化为恒成立问题，再分类讨论求解.
考法3：利用单调性求最值或值域
11.（2026·湖南天壹名校·4 月检测）已知函数f ( x)=( 1
a )
x - loga x(a>0，且a≠1)在[1,+∞)上
的值域为[2,+∞)，则a=（ ）
A. 4
B. 2
C. 1
2
D. 1
4
【答案】C
【解析】函数y =( 1
a )
x , y =- loga x = log 1
a
x在[1,+∞)上具有相同的单调性，所以f ( x)在[1,+∞)上
单调，
要满足题意，则f ( x)在[1,+ ∞)上单调递增，所以f （1）= 1
a - loga1=2，解得a= 1
2.
对应选项C.
【点拨】本题考查根据函数的值域求参数，判断出函数在给定区间上的单调性是解题的关键.
12.（2024·河南·模拟预测）已知函数f ( x)为定义在R上的单调函数，且f (f ( x)-2
x -2 x)=10，
则f ( x)在[-2,2]上的值域为＿＿＿＿＿＿.
【答案】[- 7
4 ,10]
【解析】因为f ( x)为定义在R上的单调函数，
所以存在唯一的t ∈R，使得f (t )=10，
则f ( x)-2
x -2 x =t，f (t )-2
t -2t =t，即f (t )=2
t +3t =10，
因为函数y =2
t +3t为增函数，且2
2+3×2=10，所以t =2，
f ( x)=2
x+2 x +2.
易知f ( x)在[-2,2]上为增函数，且f (-2)=- 7
4 ，f （2）=10，
则f ( x)在[-2,2]上的值域为[- 7
4 ,10].
【点拨】本题考查利用函数的单调性求值域，根据复合函数的特征，利用单调性求出f ( x)的解析
式是解题关键.
13.（2024·上海静安·二模）已知函数f ( x)=
a
x
2
x+1
(a>0)为偶函数，则函数f ( x)的值域为＿
＿＿＿＿＿.
【答案】(0, 1
2 ]
【解析】∵函数f ( x)=
a
x
2
x+1
(a>0)是偶函数，
∴f (- x)= f ( x)⇒
a
- x
2
- x+1
=
( 2
a )
x
2
x+1
=
a
x
2
x+1
⇒2
a =a⇒a= ❑√2，
∴f ( x)= (❑√2)
x
2
x+1
，易得f ( x)>0，
设t =(❑√2)
x(t >0)，
则y =
t
t
2+1
=
1
t + 1
t
≤1
2，
当且仅当t = 1
t 即t =1时，等号成立，
所以0<t ≤1
2，
所以函数f ( x)的值域为(0, 1
2 ].
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性求参数，再利用基本不等式求函数的值域.
14.（2024·乌鲁木齐八中·月考）若函数f ( x)= 2 x +m
x +1 在区间[0,1]上的最大值为3，则实数
m=＿＿＿＿＿＿.
【答案】3
【解析】∵函数f ( x)= 2 x +m
x +1 =2+ m-2
x +1 ，
由复合函数的单调性知，
当m>2时，f ( x)= 2 x +m
x +1 在[0,1]上单调递减，最大值为f （0）=m=3；
当m<2时，f ( x)= 2 x +m
x +1 在[0,1]上单调递增，最大值为f （1）= 2+m
2
=3，
即m= 4，显然m= 4不合题意，
故实数m=3.
【点拨】本题考查利用函数的单调性求参数，将函数化为反比例型函数，分类讨论单调性是解题
关键.
考法4：根据单调性求参数范围
15.（2025·河南创新·一模）已知f ( x)={
2 x , x ≤m,
x
2- 4 x +5, x>m是增函数，则实数m的取值范围是
（ ）
A. [1,2]
B. [2,5]
C. [2,+∞)
D. [5,+ ∞)
【答案】A
【解析】因为f ( x)是定义在R上的增函数，
所以{
m≥2
2m≤m
2- 4 m+5，解得1≤m≤2或m≥5，
又因为当m≥5时，f ( x)= x
2- 4 x +5在(m,+∞)上单调递增，
但在(2,m)上单调递减，不符合题意，
所以1≤m≤2.
对应选项A.
【点拨】本题考查分段函数的单调性，根据分段函数在各段上单调递增且分界点处的函数值满足
不等关系列出不等式组是解题的关键.
16.（2024·天津复兴中学·期末）已知函数f ( x)= x
2+2kx -5在[-2,4 ]上具有单调性，则实数
k的取值范围为（ ）
A. k ≤- 4
B. k ≥2
C. k ≤- 4或k ≥2
D. k <- 4或k >2
【答案】C
【解析】函数f ( x)= x
2+2kx -5的对称轴为x =-k，
因为函数f ( x)= x
2+2kx -5在[-2,4 ]上具有单调性，
所以-k ≥4或-k ≤-2，即k ≤- 4或k ≥2.
对应选项C.
【点拨】本题考查二次函数在给定区间上的单调性，利用对称轴与区间的关系建立不等式是解题
关键.
17.（2026·广东东莞·一模）已知函数f ( x)={
x
2+2ax +a, x<0
log2( x +1)-2
x , x ≥0在R上单调递减，则a的取
值范围是（ ）
A. (-∞,0]
B. [0,+∞)
C. [-1,1]
D. [-1,0]
【答案】D
【解析】由于y = log2( x +1)在[0,+ ∞)上单调递增，y =-2
x在[0,+ ∞)上单调递减，
所以y = log2( x +1)-2
x在[0,+∞)上不一定单调递减，
设g( x)= log2( x +1)-2
x，则g
'( x)=
1
( x +1)ln 2 -2
x ln 2，
由于y =
1
( x +1)ln 2在[0,+ ∞)上单调递减，y =-2
x ln 2在[0,+∞)上单调递减，
所以g
'( x)在[0,+ ∞)上单调递减，
且g
'（0）= 1
ln2 - ln2>0，g
'（1）=
1
2ln2 -2ln2<0，
所以存在x0∈(0,1)，使得g
'( x0)=0，
当x∈(0, x0)时，g
'( x)>0，g( x)单调递增，
当x∈( x0,+ ∞)时，g
'( x)<0，g( x)单调递减，
所以g( x)在[0,+∞)上不单调递减，
所以不存在实数a，使得f ( x)在R上单调递减，
题目有误，若将f ( x)改为f ( x)={
x
2+2ax +a, x<0
log 1
2
( x +1)-2
x , x ≥0，
则y = log 1
2
( x +1)在[0,+∞)上单调递减，y =-2
x在[0,+ ∞)上单调递减，
所以y = log 1
2
( x +1)-2
x
在[0,+∞)上单调递减，
要使f ( x)在R上单调递减，
则{
-a≥0
a≥log 1
2
(0+1)-2
0，解得-1≤a≤0.
对应选项D.
【点拨】本题考查分段函数的单调性，注意原题中第二段函数在[0,+∞)上不单调递减，需对题目
进行修正后求解.
考点二：函数的奇偶性
考法5：判断或证明函数的奇偶性
18.（2026·湖南永州·一模）下列函数中既是奇函数又是增函数的为（ ）
A. f ( x)=- x
3
B. f ( x)=2
| x|
C. f ( x)=- 1
x
D. f ( x)=
3√x
【答案】D
【解析】对于A：函数f ( x)=- x
3为奇函数，在(-∞,+ ∞)上单调递减，不符合；
对于B：函数f ( x)=2
| x|为偶函数，不符合；
对于C：函数f ( x)=- 1
x 为奇函数，在(-∞,0)和(0,+ ∞)分别单调递增，但在整个定义域上不具有
单调性，不符合；
对于D：函数f ( x)=
3√x为奇函数，在(-∞,+ ∞)上单调递增，符合题意.
对应选项D.
【点拨】本题考查基本初等函数的奇偶性与单调性的判断，熟练掌握常见函数的性质是解题的关
键.
19.（2026·广东佛山·二模）函数f ( x)= ln( x +3)+ ln(3- x)，则（ ）
A. f ( x)是奇函数
B. f ( x)是周期函数
C. f ( x)的最大值为2
D. f (-2)<f （1）
【答案】D
【解析】函数f ( x)= ln( x +3)+ ln(3- x)，定义域{
x +3>0
3- x>0得x∈(-3,3).
化简得f ( x)= ln(9- x
2).
选项A：f (- x)= ln(9-(- x)
2)= ln(9- x
2)= f ( x)，故f ( x)是偶函数，不是奇函数，A 错误.
选项B：假设f ( x)是周期函数，则存在非零常数T，对任意x∈(-3,3)，都有f ( x +T )= f ( x).
取x =0，则f (T )= f （0）= ln 9，即ln(9-T
2)= ln 9，得T =0，与T ≠0矛盾.
故假设不成立，f ( x)不是周期函数，B 错误.
选项C：取x =0，则f （0）= ln 9=2ln3>2lne=2，C 错误.
选项D：f (-2)= ln(9-(-2)
2)= ln5，f （1）= ln(9-1
2)= ln 8>ln5，所以f (-2)<f （1），D
正确.
对应选项D.
【点拨】本题考查对数函数的性质，包括定义域、奇偶性、周期性、最值及函数值大小比较，熟
练掌握对数函数的性质是解题关键.
20.利用图象判断下列函数的奇偶性：
（1）f ( x)={
- x
2+2 x +1, x>0
x
2+2 x -1, x<0
（2）f ( x)={
x
2+ x , x<0,
x
2- x , x>0
（3）y =(
1
2)
| x|
；
（4）y =|log2( x +1)|；
（5）y = x
2-2| x|-1.
【答案】（1）奇函数 （2）偶函数 （3）偶函数 （4）非奇非偶函数 （5）偶函数
【解析】（1）函数f ( x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，
对于函数f ( x)={
- x
2+2 x +1, x>0
x
2+2 x -1, x<0 ，
当x>0，f ( x)=- x
2+2 x +1，为二次函数，是一条抛物线，开口向下，对称轴为x =1，
当x<0，f ( x)= x
2+2 x -1，为二次函数，是一条抛物线，开口向上，对称轴为x =-1，
画出函数f ( x)={
- x
2+2 x +1, x>0
x
2+2 x -1, x<0 的图象，如图所示，
函数图象关于原点对称，所以函数f ( x)为奇函数；
（2）函数f ( x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，
对于函数f ( x)={
x
2+ x , x<0
x
2- x , x>0，
当x<0，f ( x)= x
2+ x，为二次函数，是一条抛物线，开口向上，对称轴为x =- 1
2，
当x>0，f ( x)= x
2- x，为二次函数，是一条抛物线，开口向上，对称轴为x = 1
2，
画出函数f ( x)={
x
2+ x , x<0
x
2- x , x>0的图象，如图所示，
函数图象关于y轴对称，故f ( x)为偶函数；
（3）先作出y =(
1
2)
x
的图象，保留y =(
1
2)
x
图象中x ≥0的部分，
再作出y =(
1
2)
x
的图象中x>0部分关于y轴的对称部分，
即得y =(
1
2)
| x|
的图象，如图实线部分.
由图知y =(
1
2)
| x|
的图象关于y轴对称，所以该函数为偶函数.
（4）将函数y = log2 x的图象向左平移一个单位长度，再将x轴下方的部分沿x轴翻折上去，
即可得到函数y =|log2( x +1)|的图象，如图，
由图知y =|log2( x +1)|的图象既不关于y轴对称，也不关于x轴对称，
所以该函数为非奇非偶函数；
（5）函数y = f ( x)= x
2-2| x|-1={
x
2-2 x -1, x ≥0
x
2+2 x -1, x<0，
当x ≥0，f ( x)= x
2-2 x -1，为二次函数，是一条抛物线，开口向上，对称轴为x =1，
当x<0，f ( x)= x
2+2 x -1，为二次函数，是一条抛物线，开口向上，对称轴为x =-1，
画出函数f ( x)={
x
2-2 x -1, x ≥0
x
2+2 x -1, x<0的图象，如图，
由图知y = x
2-2| x|-1的图象关于y轴对称，所以该函数为偶函数.
【点拨】本题考查利用函数图象判断函数的奇偶性，画出分段函数或含绝对值函数的图象是解题
关键.
考法6：利用奇偶性求函数值或解析式
21.（2026·八省T8·4 月测评）已知f ( x)是定义在R上的奇函数，且当x ≥0时，
f ( x)=- x
2+2 x +3-m，则f (-1)=（ ）
A. -2
B. -1
C. 1
D. 2
【答案】C
【解析】因为f ( x)是定义在R上的奇函数，
所以当x ≥0时，f （0）=3-m=0，解得m=3，
所以当x ≥0时，f ( x)=- x
2+2 x，
所以f (-1)=- f （1）=-(-1
2+2×1)=-1.
对应选项C.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性求参数和函数值，利用奇函数在原点有定义时f （0）=0求
出参数是解题的关键.
22.（2026·河北NT20·5 月检测）已知f ( x)是奇函数，当x ≥0时，f ( x)= x
2+2 x，则f (-1)=
（ ）
A. -3
B. -1
C. 1
D. 3
【答案】A
【解析】已知f ( x)是奇函数，根据奇函数定义有f (-1)=- f （1）.
当x ≥0时，f ( x)= x
2+2 x，则f （1）=3，
所以f (-1)=- f （1）=-3.
对应选项A.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性求函数值，熟练运用奇函数的定义f (- x)=- f ( x)是解题的关
键.
23.（2025·安徽淮北淮南·二模）已知函数f ( x)和g( x)的定义域均为R，f ( x +2)为偶函数，
g( x +2)为奇函数，若f ( x)+ g( x)=3
x+ log6( x
2+2)- 40，则f （0）=（ ）
A. 4
B. 2
C. 0
D. -2
【答案】A
【解析】因为f ( x +2)为偶函数，故f (- x +2)= f ( x +2)，
所以f ( x)的图象关于x =2对称，因此f （0）= f （4 ）.
因为g( x +2)为奇函数，故g(- x +2)=- g( x +2)，
令x =2得g（0）=- g（4 ），
当x = 4时，f （4 ）+ g（4 ）=3
4+ log6(4
2+2)- 40= 41+ log618，
当x =0时，f （0）+ g（0）=3
0+ log62- 40= log62-39，
由f （0）= f （4 ）得，f （4 ）+ g（0）= log62-39，
所以f （4 ）- g（4 ）= log62-39，即f （4 ）- g（4 ）= log62-35，（注：原解析此处有
误，应为f （4 ）- g（4 ）= log62-39.重新推导：f （4 ）+ g（4 ）= 41+ log618，
f （4 ）- g（4 ）= log62-39，两式相加得2f （4 ）=2+ log618+ log62=2+ log636= 4，所以
f （4 ）=2.原题答案给的A，即4.检查原解析：f （0）+ g（0）=1+ log62- 40= log62-39，
f （4 ）+ g（4 ）=81+ log618- 40= 41+ log618.f （0）= f （4 ），g（0）=- g（4 ）.
所以f （4 ）- g（4 ）= log62-39.2f （4 ）= 41+ log618+ log62-39=2+ log636= 4，
f （4 ）=2.所以答案应为B.原解析中最后一步解得f （4 ）= 4是错误的.现修正答案为B）
对应选项B.
【点拨】本题考查函数的奇偶性与对称性的应用，通过赋值法构造方程组求解是解题的关键.
24.（2025·江西上进·3 月联考）已知函数f ( x)= g( x)+a⋅2
x，若a=2，f ( x)的图象关于原点
对称，若a= 4，f ( x)的图象关于y轴对称，则g( x)=＿＿＿＿＿＿.
【答案】2
- x -3×2
x
【解析】由题意得g( x)+2
x +1+ g(- x)+2
1- x =0，g( x)+2
x +2- g(- x)-2
2- x =0，两式相加并整理
得g( x)=2
- x -3×2
x.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性与对称性求函数解析式，根据对称性列出方程组是解题关键.
25.（2026·河北衡水名校·学情调研）已知奇函数f ( x)满足：当x>0时，
f ( x)= x + 2026 x -1
x
+ ln x，则f （9）- f (- 1
9 )=＿＿＿＿＿＿.
【答案】4052
【解析】显然f (- 1
9 )=- f ( 1
9 )，注意到x>0时
f ( x)+ f ( 1
x )= x - 1
x + ln x +2026+ 1
x - x - ln x +2026= 4052，
于是f （9）- f (- 1
9 )= f （9）+ f ( 1
9 )= 4052.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性求函数值，发现f ( x)+ f ( 1
x )为常数是解题的突破口.
考法7：根据奇偶性求参数
26.（2025·江西上进·5 月练兵）已知函数f ( x)=(m-
5
5
x+1)cos x为奇函数，则m=（ ）
A. 5
B. 4
C. 5
2
D. 1
【答案】C
【解析】易知f ( x)的定义域为R，且f ( x)是奇函数，则
f (- x)+ f ( x)=(m-
5
5
- x+1)cos(- x)+(m-
5
5
x+1)cos x =0，解得m= 5
2.
对应选项C.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性求参数，利用奇函数的定义f (- x)+ f ( x)=0列方程是解题关
键.
27.（2026·山东九五协作体·一模）若f ( x)= x(e
x -ae
- x)为偶函数，则实数a的值为＿＿＿＿
＿＿.
【答案】-1
【解析】由f ( x)= x(e
x -ae
- x)为偶函数，则f (- x)= f ( x)，
即- x(e
- x -ae
x)= x(e
x -ae
- x)，化简得(1+a)x(e
x+e
- x)=0，
因为x∈R，所以1+a=0，即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f (- x)= f ( x)恒成立求解即可.
考法8：奇函数平移模型（f（x）=奇函数+M）求值或最值
28.（2024·广东名校·5 月押题）已知f ( x)= x
3+ π
x -(
1
π)
x
+e，若f (a)+ f (b)<2e，则
（ ）
A. a+b<0
B. a+b>0
C. a-b<0
D. a-b>e
【答案】A
【解析】设g( x)= x
3+ π
x -(
1
π)
x
，则g( x)是R上的单调递增奇函数，
∵f (a)= g(a)+e，f (b)= g(b)+e，
f (a)+ f (b)= g(a)+ g(b)+2e<2e，g(a)<- g(b)= g(-b)，a<-b，∴a+b<0.
另解，当a=0，b=-1时，满足题意，A 正确.
对应选项A.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性与单调性解不等式，通过构造奇函数g( x)并判断其单调性是
解题的关键.
29.已知函数f ( x)=a x
5+bsin x +c，若f (-1)+ f （1）=2，则c =（ ）
A. -1
B. 0
C. 1
D. 2
3
【答案】C
【解析】因为f (-1)+ f （1）=2，
所以-a-bsin1+c +a+bsin1+c =2，
所以c =1.
对应选项C.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性求参数，观察到函数解析式中含有奇函数部分是解题关键.
30.已知f ( x)+1在R上单调递增，且为奇函数.若正实数a,b满足f (a- 4)+ f (b)=-2，则1
a + 2
b
的最小值为（ ）
A. 3
4 +
❑√2
2
B. 3
4 + ❑√2
C. 3+2❑√2
D. 3
2 + ❑√2
【答案】A
【解析】由于f ( x)+1为奇函数，所以f ( x)+1+ f (- x)+1=0⇒f ( x)+ f (- x)=-2，
由f (a- 4)+ f (b)=-2得a- 4 =-b⇒a+b= 4，
由于a>0,b>0，所以1
a + 2
b = 1
4 ( 1
a + 2
b )(a+b)= 1
4 (3+ b
a + 2a
b )≥1
4 (3+2❑√2)= 3
4 +
❑√2
2 ，
当且仅当b= ❑√2a时取等号，故1
a + 2
b的最小值为3
4 +
❑√2
2 ，
对应选项A.
【点拨】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，以及利用基本不等式求最值，“1”的代换
是解题关键.
31.已知函数f ( x)= π
4 +cos x⋅ln( x +
❑√1+ x
2)在区间[-5,5]的最大值是M，最小值是m，则
f ( M +m)的值等于（ ）
A. 0
B. 10
C. π
4
D. π
2
【答案】C
【解析】令g( x)=cos x⋅ln( x +
❑√1+ x
2)，则f ( x)= π
4 + g( x)，
∴f ( x)和g( x)在[-5,5]上单调性相同，
∴设g( x)在[-5,5]上有最大值g( x)max，有最小值g( x)min.
∵g(- x)=cos(- x)⋅ln(- x +
❑√1+(- x)
2)=cos x⋅ln(
❑√1+ x
2- x)，
∴
g( x)+ g(- x)=cos x⋅[ ln(
❑√1+ x
2+ x)+ ln(
❑√1+ x
2- x)]=cos x⋅ln[(
❑√1+ x
2)
2- x
2]=cos x⋅ln1=0，
∴g( x)在[-5,5]上为奇函数，∴g( x)max+ g( x)min=0，
∴M = g( x)max+ π
4 ,m= g( x)min+ π
4 ，∴M +m= π
2 ，
f ( M +m)= f ( π
2 )= π
4 .
对应选项C.
【点拨】本题考查函数的最值与奇偶性的关系，构造奇函数g( x)是解题的关键.
考点三：函数的对称性与周期性
考法9：判断或推导函数的对称性与周期性
32.（2026·江苏南师附中·模拟）设函数f ( x)的定义域为R，且f (2 x +1)为奇函数，f ( x)为
偶函数，则下列式子中一定成立的是（ ）
A. f (-1)=0
B. f （0）=0
C. f （2）=0
D. f （4 ）=0
【答案】A
【解析】由函数f ( x)的定义域为R，由f (2 x +1)为奇函数，得f (-2 x +1)=- f (2 x +1)，
则f (- x +1)=- f ( x +1)，由f ( x)为偶函数，得f ( x -1)=- f ( x +1)，因此f (-1)=- f （1）=0，
A 正确；
取R上的函数f ( x)=cos π
2 x，f ( x)是偶函数，且f (2 x +1)=cos π
2 (2 x +1)=-sin πx，
则f (2 x +1)为奇函数，此时f （0）=1≠0，f （2）=-1≠0，f （4 ）=1≠0，因此BCD 不一
定成立.
对应选项A.
【点拨】本题考查函数的奇偶性与对称性的推导，利用赋值法或构造具体函数是解题的常用方法.
33.（2026·江西宜春·一模）已知函数f ( x)=2sin(ωx + π
6 )(ω>0)的图象关于直线x = π
3 对称，
且在区间( π
2 ,π )上单调递减，则ω的值为（ ）
A. 1
2
B. 1
C. 7
6
D. 4
【答案】B
【解析】因为函数f ( x)=2sin(ωx + π
6 )(ω>0)的图象关于直线x = π
3 对称，
所以ω π
3 + π
6 =kπ + π
2 ,k ∈Z，
解得ω=3k +1,k ∈Z，
又因为函数在区间( π
2 ,π )上单调递减，
所以函数在x = π
3 处取得最大值，
所以[ π
2 ,π ]⊂[ π
3 , π
3 + T
2 ],
所以π
3 + T
2 ≥π,
解得T = 2π
ω ≥4 π
3 ，
解得ω≤3
2.
又因为ω=3k +1,k ∈Z.
所以ω=1.
对应选项B.
【点拨】本题考查三角函数的对称性与单调性，根据对称轴求出ω的表达式，再结合单调区间求
出ω的范围是解题关键.
34.（2026·河北唐山·一模）（多选）若函数y = g( x)与函数f ( x)=e
x的图象关于y轴对称，
则（ ）
A. f ( x)与g( x)有相同的零点
B. f ( x)+ g( x)为偶函数
C. f ( x)与g( x)有相同的极值点
D. 对任意的x∈R，都有f ( x)+ g( x)≥0
【答案】ABD
【解析】由函数y = g( x)与函数f ( x)=e
x的图象关于y轴对称，得g( x)= f (- x)=e
- x，
对于A，由f ( x)=0，得x =0，由g( x)=0，得x =0，则f ( x)与g( x)有相同的零点，A 正确；
对于B，f ( x)+ g( x)=e
x+e
- x，则f (- x)+ g(- x)=e
- x+e
x = f ( x)+ g( x)，
f ( x)+ g( x)为偶函数，B 正确；
对于C，由f ( x)=e
x，求导得f
'( x)=e
x>0，函数f ( x)在R上单调递增，无极值点，
由g( x)=e
- x，求导得g
'( x)=-e
- x<0，函数g( x)在R上单调递减，无极值点，C 错误；
对于D，令h( x)= f ( x)+ g( x)=e
x+e
- x，
因为e
x>0，e
- x>0，所以h( x)=e
x+e
- x≥2
❑√e
x⋅e
- x =2>0，
因此∀x∈R，都有f ( x)+ g( x)≥0，D 正确.
对应选项ABD.
【点拨】本题考查函数图象的对称变换及函数性质的综合判断，求出g( x)的解析式是解题的基础.
35.（2024·山东烟台·二模）（多选）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 (8+ 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 （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 （7 ）]+[5 f （9）+6 f （11）+7 f （13）+8 f （15）]⋯
+[97 f （193）+98 f （195）+99 f （197）+100 f （199）]=25×(- 4)=-100，则D 正确.
对应选项ABD.
【点拨】本题考查抽象函数的奇偶性、对称性与周期性的推导及应用，利用已知条件推导出函数
的周期是解题的关键.
考法10：利用对称性与周期性求函数值或求和
36.（2026·湖北随州·三模）已知定义域为R的奇函数f ( x)的周期为8，则下列结论一定成
立的是（ ）
A. f （9）=0
B. f （10）=0
C. f （11）=0
D. f （12）=0
【答案】D
【解析】因为定义域为R的奇函数f ( x)的周期为8，则f ( x +8)= f ( x)，
当x =- 4时，则f (- 4 +8)= f （4 ）= f (- 4)，
即f （4 ）=- f （4 ），故有f （4 ）=0，
则f （12）= f (4 +8)= f （4 ）=0
对应选项D.
【点拨】本题考查函数的奇偶性与周期性的综合应用，利用奇函数在原点有定义时f （0）=0以
及周期性推导是解题关键.
37.（2026·湖南九校·一模）已知定义在R上的函数f ( x)满足f ( x +2)+ f ( x)= 4，且
f （0）=0，则f （2026）=（ ）
A. 0
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】D
【解析】因为f ( x +2)+ f ( x)= 4，
所以f ( x + 4)+ f ( x +2)= 4，
两式相减得f ( x + 4)= f ( x)，故f ( x)的一个周期为4，
f ( x +2)+ f ( x)= 4中，令x =0得f （2）+ f （0）= 4，又f （0）=0，故f （2）= 4，
所以f （2026）= f (506×4 +2)= f （2）= 4，
对应选项D.
【点拨】本题考查抽象函数的周期性推导及函数求值，由递推关系求出函数的周期是解题关键.
38.（2026·安徽淮北·二模）已知f ( x)是定义在R上周期为4 的奇函数，当4< x<6时，
f ( x)= log2( x +3)，则f (-1)=（ ）
A. -1
B. -2
C. -3
D. - 4
【答案】C
【解析】因为f ( x)是定义在R上周期为4 的奇函数，
所以f (-1)=- f （1）=- f (1+ 4)=- f （5），
因为当4< x<6时，f ( x)= log2( x +3)，
所以f （5）= log2(5+3)= log28=3，
所以f (-1)=-3.
对应选项C.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性与周期性求函数值，将待求自变量转化到已知解析式的区间
内是解题关键.
39.（2026·山东日照·二模）已知函数f ( x)为R上的偶函数，且满足f ( x +2)= f (- x)，当
0≤x ≤1时，f ( x)=2
x，则f ( 5
2 )=（ ）
A.
❑√2
2
B. 1
C. ❑√2
D. 2
【答案】C
【解析】因为函数f ( x)为偶函数，所以f (- x)= f ( x)，
又f ( x +2)= f (- x)，所以f ( x +2)= f ( x)，即函数f ( x)的周期为2，
所以f ( 5
2 )= f (2+ 1
2 )= f ( 1
2 )=2
1
2 = ❑√2.
对应选项C.
【点拨】本题考查函数的奇偶性与周期性的综合应用，推导出函数的周期是解题的关键.
40.（2026·山东淄博·一模）已知函数f ( x)=3sin x - 4 cos x - 4 , x∈[0,π ]的两个零点为x1和
x2，则（ ）
A. cos x1+ x2
2
=- 3
5
B. sin x1+ x2
2
= 4
5
C. cos( x1+ x2)=- 7
25
D. sin( x1+ x2)=- 24
25
【答案】D
【解析】f ( x)=3sin x - 4 cos x - 4 =5sin( x -φ)- 4，其中cosφ = 3
5 ,sin φ = 4
5 ，
令f ( x)=0，得sin( x -φ)= 4
5 ，
因为x∈[0,π ]，所以x -φ∈[-φ ,π -φ]，
又sin(-φ)=- 4
5 ，sin(π -φ)=sin φ= 4
5 ，
所以x -φ有两个解，设为α , β，且α + β = π，
则x1-φ+ x2-φ = π，即x1+ x2= π +2φ，
所以sin( x1+ x2)=sin(π +2φ)=-sin2φ=-2sin φcosφ=-2× 4
5 × 3
5 =- 24
25.
对应选项D.
【点拨】本题考查三角函数的零点与对称性的关系，利用辅助角公式化简并结合对称性求出两零
点之和是解题关键.
41.（2026·广东东莞·一模）已知函数f ( x)( x∈R)满足f (- x)=1- f ( x)，若函数y = f ( x)与
y =e
x -e
- x+1
2
图象的所 有交点为( x1, y1),( x2, y2),⋯,( xm, ym)，则∑
i=1
m
( xi+ yi)=（ ）
A. 0
B. m
2
C. m
D. 2m
【答案】B
【解析】由f (- x)=1- f ( x)，即f ( x)+ f (- x)=1，
可知函数y = f ( x)的图象关于点(0, 1
2 )对称，
令g( x)=e
x -e
- x+1
2
，则g(- x)=e
- x -e
x+1
2
，
所以g( x)+ g(- x)=e
x -e
- x+1
2
+e
- x -e
x+1
2
=1，
所以函数y = g( x)的图象也关于点(0, 1
2 )对称，
所以两函数图象的交点也关于点(0, 1
2 )成对出现，
所以∑
i=1
m
xi=0，∑
i=1
m
yi=m× 1
2 = m
2 ，
所以∑
i=1
m
( xi+ yi)= m
2 .
对应选项B.
【点拨】本题考查函数图象的对称性，判断出两个函数图象具有相同的对称中心是解题的关键.
42.（2026·广东深圳·一模）设f ( x)是定义在R上的奇函数，f (2+ x)= f (- x)，f (-1)=1，则
f （9）=（ ）
A. -1
B. 0
C. 1
D. 2
【答案】A
【解析】由于f ( x)是定义在R上的奇函数，
所以f (- x)=- f ( x)，
因为f (2+ x)= f (- x)，
所以f (2+ x)=- f ( x)，
所以f ( x + 4)=- f ( x +2)= f ( x)，
所以f ( x)是周期为4 的周期函数，
所以f （9）= f (1+2×4)= f （1），
又因为f ( x)是奇函数，f (-1)=1，
所以f （1）=- f (-1)=-1，
所以f （9）=-1.
对应选项A.
【点拨】本题考查函数的奇偶性与周期性的综合应用，推导出函数的周期是解题的关键.
43.（2024·深圳光明区高中·5 月模拟）已知定义在R上的函数f ( x)满足f ( x +2)= f (2- x)，
且f ( x +1)=- f ( x)，则（ ）
A. f ( x)是偶函数
B. f ( x)的最小正周期是2
C. f ( x)关于点(2,0)中心对称
D. f ( x +3)奇函数
【答案】A
【解析】由f ( x +1)=- f ( x)，得f ( x +2)=- f ( x +1)= f ( x)，周期为2，
但最小正周期不能判定，例如函数f ( x)=0满足题设条件，但该函数没有最小正周期，故B 错误；
由于周期为2，所以f (2+ x)= f ( x)，f (2- x)= f (2+(- x))= f (- x)，
又f (2+ x)= f (2- x)，得f ( x)= f (- x)，所以f ( x)是偶函数，A 正确；
由f (2+ x)= f (2- x)只能推出对称轴为x =2，无中心对称的推导依据，C 错误；
令g( x)= f ( x +3)，由f ( x)是偶函数且T =2，
得g(- x)= f (- x +3)= f ( x -3)= f ( x +1)，又g( x)= f ( x +3)= f ( x +1)，
所以g( x)= g(- x)，所以f ( x +3)为偶函数，D 错误.
对应选项A.
【点拨】本题考查抽象函数的奇偶性、对称性与周期性的推导及应用，熟练掌握函数性质的转化
是解题关键.
44.（2026·湖南炎德英才·5 月模拟）已知f ( x)的定义域为R，周期为4，当x∈[0,4)时，
f ( x)=2
x -1，则f （2027 ）=＿＿＿＿＿＿.
【答案】7
【解析】f （2027 ）= f (2027 - 4×506)= f （3）=2
3-1=7，因此f （2027）=7.
【点拨】本题考查利用函数的周期性求函数值，将待求自变量转化到已知解析式的区间内是解题
关键.
45.（2026·山东东营·二模）已知奇函数f ( x)的周期为2，且当x∈(1,2)时，f ( x)=2
x+1，
则f (log2 16
3 )=＿＿＿＿＿＿.
【答案】- 4
【解析】log2
16
3 = 4 - log23.f (4 - log23)= f (- log23)=- f (log23).因为log23∈(1,2)，所以
f (log23)=2
log23+1=3+1= 4.所以f (log2
16
3 )=- 4.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性与周期性求函数值，将待求自变量转化到已知解析式的区间
内是解题关键.
46.（2025·江苏高邮·一模）已知定义在R上的偶函数f ( x)满足f ( x)=- f (2- x)，当
x∈[0,1)时，f ( x)=2cos πx，函数g( x)= x -1(-1≤x ≤3)，则f ( x)与g( x)的图象所有交点
的横坐标之和为＿＿＿＿＿＿.
【答案】5
【解析】函数g( x)= x -1(-1≤x ≤3)的图象是中心对称图形，对称中心为(1,0).
定义在R上的偶函数f ( x)满足f ( x)=- f (2- x)，
则函数f ( x)有对称轴为y轴，对称中心(1,0)；
又当x∈[0,1)时，f ( x)=2cos πx，
当x =1时，f （1）=- f (2-1)，解得f （1）=0，由题意可得f (-1)= f （3）=0，而
g(-1)=-2,g（3）=2.
所以x =-1, x =3，两函数图象无交点，
在同一坐标系在(-1,3)内作出f ( x)与g( x)的图象，
当x∈[2,3)，f ( x)=- f (2- x)=- f ( x -2)=-2cos[ π( x -2)]，
令p( x)= g( x)- f ( x)= x -1+2cos[ π( x -2)], x∈[2,3)，
则p
'( x)=1-2π sin[ π( x -2)]，且p
'（3）=1>0，
所以存在x0∈( 5
2 ,3)，使得当x∈( x0,3)时，p
'( x)>0，p( x)单调递增，
所以当x∈( x0,3)时，p( x)< p（3）=0，即g( x)<f ( x)，
结合图象可得，f ( x)与g( x)图象有5 个交点，
又(1,0)均是f ( x)与g( x)的图象的对称中心，
则两函数所有交点的横坐标之和为5.
【点拨】本题考查函数的奇偶性、对称性与周期性的综合应用，利用数形结合思想，画出函数图
象是解题的关键.
考法11：类周期函数的应用
47.定义域为R的函数f ( x)满足f ( x +2)=2f ( x)，f ( x)={
x
2- x , x∈(0,1)
-(
1
2)
| x -2|
, x∈[1,2]，若x∈(-2,0]
时，f ( x)≥t
2 - 1
t 恒成立，则实数t的取值范围是（ ）
A. [-2,0)∪(0,1]
B. [-2,0)∪[1,+∞)
C. [-2,1]
D. (-∞,-2]∪(0,1]
【答案】D
【解析】若-2≤x ≤0，则0≤x +2≤2
∵f ( x +2)=2f ( x)，∴f ( x)= 1
2 f ( x +2)={
( x +2)
2-( x +2)
2
, x∈[-2,-1)
- 1
2(
1
2)
| x|
, x∈[-1,0]
即f ( x)={
( x +2)
2-( x +2)
2
, x∈[-2,-1)
-(
1
2)
1+| x|
, x∈[-1,0]
∵x∈(-2,0]时，f ( x)≥t
2 - 1
t 恒成立，∴只需f ( x)min≥t
2 - 1
t .
当x∈[-2,-1)时，y = ( x +2)
2-( x +2)
2
最小值为- 1
8（当x =- 3
2时）；
当x∈[-1,0]时，y =-(
1
2)
1+| x|
最小值为- 1
2（当x =0时），
∴f ( x)min=- 1
2
所以只需- 1
2 ≥t
2 - 1
t ，解得：t ≤-2或0<t ≤1
∴实数t的取值范围是(-∞,-2]∪(0,1]
对应选项D.
【点拨】本题考查类周期函数的性质应用，利用递推关系求出函数在指定区间上的解析式并求其
最小值是解题关键.
48.已知定义在[0,+∞)上的函数f ( x)满足f ( x)= 1
2 f ( x +2)，且当x∈[0,2)时，
f ( x)=- x
2+2 x.设f ( x)在[2n-2,2n)上的最大值为an(n∈N
*)，且数列{an}的前n项和为Sn.
若对于任意正整数n不等式k(Sn+1)≥2n-9恒成立，则实数k的取值范围为（ ）
A. [0,+ ∞)
B. [ 1
32 ,+∞)
C. [ 3
64 ,+∞)
D. [ 7
64 ,+∞)
【答案】C
【解析】由已知先求出f ( x)max=2
n-1，即an=2
n-1，进一步可得Sn=2
n-1，再将所求问题转化为
k ≥2n-9
2
n
对于任意正整数n恒成立，设cn= 2n-9
2
n
，只需找到数列{cn}的最大值即可.
当2n-2≤x<2n时，则0≤x +2-2n<2，f ( x +2-2n)=-( x +2-2n)
2+2( x +2-2n)，
所以，f ( x)=2
n-1f [ x -2(n-1)]=2
n-1[-( x +2-2n)
2+2( x +2-2n)]，显然当x =2n-1时，
f ( x)max =2
n-1，故an=2
n-1，Sn= 1×(1-2
n)
1-2
=2
n-1，若对于任意正整数n不等式k(Sn+1)≥2n-9恒
成立，即k ⋅2
n≥2n-9对于任意正整数n恒成立，即k ≥2n-9
2
n
对于任意正整数n恒成立，设
cn= 2n-9
2
n
，cn+1-cn= 11-2n
2
n+1
，令11-2n
2
n+1
>0，解得n< 11
2 ，令11-2n
2
n+1
<0，解得n> 11
2 ，考虑到
n∈N
*，故有当n≤5时，{cn}单调递增，当n≥6时，有{cn}单调递减，故数列{cn}的最大值为
c6= 3
2
6 = 3
64 ，
所以k ≥3
64 .
对应选项C.
【点拨】本题考查类周期函数的性质应用，结合数列求和及不等式恒成立问题，构造数列并求其
最大值是解题关键.
49.定义域为R的函数f ( x)满足f ( x +2)=3 f ( x)，当x∈[0,2]时，f ( x)= x
2-2 x，若
x∈[- 4 ,-2]时，f ( x)≥1
18 ( 3
t -t )恒成立，则实数t的取值范围是（ ）
A. (-∞,-1]∪(0,3]
B. (-∞,- ❑√3]∪(0,❑√3]
C. [-1,0)∪[3,+ ∞)
D. [- ❑√3,0)∪[ ❑√3,+ ∞)
【答案】C
【解析】因为x∈[- 4 ,-2]，所以x + 4∈[0,2]，
因为x∈[0,2]时，f ( x)= x
2-2 x，
所以f ( x + 4)=( x + 4)
2-2( x + 4)= x
2+6 x +8，
因为函数f ( x)满足f ( x +2)=3 f ( x)，
所以f ( x + 4)=3 f ( x +2)=9 f ( x)，
所以f ( x)= 1
9 f ( x + 4)= 1
9 ( x
2+6 x +8)，x∈[- 4 ,-2]，
又因为x∈[- 4 ,-2]，f ( x)≥1
18 ( 3
t -t )恒成立，
故1
18 ( 3
t -t )≤f ( x)min=- 1
9，
解不等式可得t ≥3或-1≤t <0.
对应选项C.
【点拨】本题考查类周期函数的性质应用，利用递推关系求出函数在指定区间上的解析式并求其
最小值是解题关键.
50.（多选）已知函数f ( x)={
4 -|4 x -8|,1≤x ≤3
1
2 f ( x
3 ), x>3
，则下列说法正确的是（ ）
A. 若函数y = f ( x)-kx有4 个零点，则实数k的取值范围为( 1
18 , 1
3 )
B. 关于x的方程f ( x)- 1
2
n-3 =0(n∈N
*)有2n-1个不同的解
C. 对于实数x∈[1,+∞)，不等式xf ( x)-8≤0恒成立
D. 当x ∈[3
n-1,3
n)(n∈N
*)时，函数f ( x)的图象与x轴围成的图形的面积为4×( 3
2 )
n-1
【答案】ABD
【解析】∵f ( x)= 1
2 f ( x
3 ), x>3，则f ( x)在[3
n,3
n+1)(n∈N
*)的图象是将[3
n-1,3
n)(n∈N
*)的图
象沿x轴方向伸长为原来的3 倍、沿y轴方向缩短为原来的一半
∴f ( x)=2
3-n[1-|3
1-n x -2|], x∈[3
n-1,3
n)(n∈N
*)
则f ( x)在[3
n-1,2⋅3
n-1]上单调递增，在[2⋅3
n-1,3
n)上单调递减
∴f ( x)在[3
n-1,3
n)上的最大值为f (2⋅3
n-1)= 1
2
n-3，最小值为f (3
n-1)=0，即f ( x)在[3
n-1,3
n)上的
值域为[0, 1
2
n-3 ]
对于A，令f ( x)-kx =0，即f ( x)=kx，则y = f ( x)与y =kx有四个交点
作出n=1,2,3时f ( x)的图象，如图1：(6,2),(18,1)分别与(0,0)连线的斜率为1
3 , 1
18
结合图象可得：实数k的取值范围为( 1
18 , 1
3 )，A 正确；
对于B，令f ( x)- 1
2
n-3 =0，则f ( x)= 1
2
n-3
∴方程的根的个数即为y = f ( x)与y = 1
2
n-3的交点个数
当n=1时，y = f ( x)的最大值为f （2）= 4
∴y = f ( x)与y = 4有且仅有一个交点，
当n≥2时，则有：
①当k <n时，f ( x)在[3
k -1,3
k)上的最大值为f (2⋅3
k -1)= 1
2
k -3 > 1
2
n-3，则y = f ( x)与y = 1
2
n-3在
[3
k -1,3
k)内有两个交点
②当k =n，则f ( x)在[3
n-1,3
n)上的最大值为f (2⋅3
n-1)= 1
2
n-3
∴y = f ( x)与y = 1
2
n-3有且仅有一个交点
③当k >n时，f ( x)在[3
k -1,3
k)上的最大值为f (2⋅3
k -1)= 1
2
k -3 < 1
2
n-3，则y = f ( x)与y = 1
2
n-3在
[3
k -1,3
k)内没有交点
∴当x ∈[3
n+1,+ ∞)，y = f ( x)与y = 1
2
n-3没有交点
∴当x∈[1,+∞)，y = f ( x)与y = 1
2
n-3的交点个数为1+2(n-1)=2n-1
当n=1时，也成立
∴关于x的方程f ( x)- 1
2
n-3 =0有2n-1个不同的解，B 正确
对于C，因为图象过点(6,2)，令x =6，则6 f （6）-8= 4>0，C 错误
对于D，由题意可得：当x∈[3
n-1,3
n)时，函数f ( x)的图象与x轴围成的图形为三角形，其底边长
为3
n-3
n-1=2⋅3
n-1，高为f (2⋅3
n-1)= 1
2
n-3
∴当x∈[3
n-1,3
n)时，函数f ( x)的图象与x轴围成的图形的面积为1
2 ×2⋅3
n-1× 1
2
n-3 = 4×( 3
2 )
n-1
对应选项ABD.
【点拨】本题考查类周期函数的图象与性质的综合应用，根据递推关系求出函数在各区间上的解
析式并画出图象是解题关键.
考点四：函数性质的综合应用
考法12：具体函数性质的综合判断与应用
51.（2026·山东潍坊·一模）下列函数中，值域为R的偶函数是（ ）
A. y = x
2+1
B. y = tan| x|
C. y = ln x
D. y =2
| x|
【答案】B
【解析】对于A：y = x
2+1≥1，值域为[1,+∞)，不符合题意；
对于B：y = tan| x|的定义域为{x∣x≠kπ + π
2 ,k ∈Z }，关于原点对称，且y = tan|- x|= tan| x|，
所以y = tan| x|是偶函数，且当x∈[0, π
2 )时，y = tan x∈[0,+∞)，当x∈(- π
2 ,0]时，
y = tan(- x)=- tan x∈[0,+ ∞)，所以y = tan| x|的值域为[0,+∞).
对于C：y = ln x的定义域为(0,+∞)，非偶函数，不符合题意；
对于D：y =2
| x|≥2
0=1，值域为[1,+ ∞)，不符合题意.
对应选项B.
【点拨】本题考查基本初等函数的奇偶性与值域的判断，熟练掌握常见函数的性质是解题关键.
52.（2026·河北衡水·4 月检测）已知函数f ( x)为奇函数，且在[0,2)上单调递增，在(2,+∞)
上单调递减，若f ( x)的图象是一条连续的曲线，则g( x)= f ( x +2)-1（ ）
A. 在(0,4)上单调递增
B. 在(- 4 ,0)上单调递增
C. 在(-∞,0)上单调递减
D. 在(- 4 ,+∞)上单调递减
【答案】B
【解析】因为f ( x)为奇函数，且在[0,2)上单调递增，在(2,+ ∞)上单调递减，
所以f ( x)在(-∞,-2)上单调递减，
在[-2,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减，
因为g( x)= f ( x +2)-1的图象是由f ( x)的图象向左平移2 个单位长度，
再向下平移1 个单位长度得到的，所以g( x)在(-∞,- 4)上单调递减，
在[- 4 ,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减.
对应选项B.
【点拨】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，利用奇函数的对称性得出函数在负半轴的
单调性，再结合图象平移规律即可求解.
53.（2026·山东枣庄·一模）（多选）已知函数f ( x)=e
x -1
e
x+1 ，则（ ）
A. f ( x)为奇函数
B. f ( x)的值域是(-1,1)
C. f ( x)有极值
D. 存在实数a,b，使得f ( x)在[a,b]上的值域为[ 1
4 a, 1
4 b]
【答案】ABD
【解析】因为f ( x)=e
x -1
e
x+1
=1-
2
e
x+1 ，定义域为R，
f (- x)=e
- x -1
e
- x+1
= 1-e
x
1+e
x =- f ( x)，所以f ( x)为奇函数，A 正确；
因为e
x>0，所以e
x+1>1，所以0<
2
e
x+1
<2，
所以-1<1-
2
e
x+1
<1，所以f ( x)的值域是(-1,1)，B 正确；
因为y =e
x+1在R上单调递增，所以y =
2
e
x+1 在R上单调递减，
所以f ( x)=1-
2
e
x+1 在R上单调递增，无极值，C 错误；
令g( x)= f ( x)- 1
4 x =1-
2
e
x+1
- 1
4 x，
因为g(-2)= f (-2)+ 1
2 =e
-2-1
e
-2+1
+ 1
2 = 1-e
2
1+e
2 + 1
2 =
3-e
2
2(1+e
2)
<0，
g(-1)= f (-1)+ 1
4 =e
-1-1
e
-1+1
+ 1
4 = 1-e
1+e + 1
4 = 5-3e
4(1+e) >0，
所以g( x)在(-2,-1)上存在零点a，即f (a)= 1
4 a，
因为g( x)为奇函数，所以g( x)在(1,2)上存在零点b，即f (b)= 1
4 b，
所以存在实数a,b(a<b)，使得f ( x)在[a,b]上的值域为[ 1
4 a, 1
4 b]，D 正确.
对应选项ABD.
【点拨】本题考查函数的奇偶性、单调性、值域及零点存在性定理的综合应用，构造函数并利用
零点存在性定理判断D 选项是解题难点.
54.（2026·江苏南京盐城·一模）（多选）已知函数f ( x)= ln(cos x)-| x|，则（ ）
A. f ( x)的定义域为{x∣- π
2 +2kπ < x< π
2 +2kπ ,k ∈Z }
B. f ( x)是偶函数
C. f ( x)在(0, π
2 )上单调递增
D. y = f ( x)+ π有且仅有2 个零点
【答案】ABD
【解析】对于A，令cos x>0，解得- π
2 +2kπ < x< π
2 +2kπ ,k ∈Z，
则f ( x)的定义域为{x∣- π
2 +2kπ < x< π
2 +2kπ ,k ∈Z }，故A 正确，
对于B，由已知得f ( x)的定义域关于原点对称，
而f (- x)= ln(cos(- x))-|- x|= ln(cos x)-| x|= f ( x)，
则f ( x)是偶函数，故B 正确，
对于C，当x∈(0, π
2 )时，得到f ( x)= ln(cos x)- x，
则f
'( x)=- tan x -1，此时f
'( x)<0，
得到f ( x)在(0, π
2 )上单调递减，故C 错误，
对于D，由题意得g( x)的定义域为{x∣- π
2 +2kπ < x< π
2 +2kπ ,k ∈Z }
不妨令k =0，讨论x∈(- π
2 , π
2 )时的情况即可，
当x∈[0, π
2 )时，设y = g( x)= f ( x)+ π = ln(cos x)- x + π，
可得g
'( x)=- tan x -1，此时g
'( x)<0，
得到g( x)在[0, π
2 )上单调递减，而g（0）= π >0，g( π
2 )→-∞，
可得g( π
2 )<0，则g（0）⋅g( π
2 )<0，
由零点存在性定理得存在x0∈(0, π
2 )作为g( x)零点，
当x =0时，g（0）= π，此时g( x)无零点，
当x∈(- π
2 ,0)时，结合偶函数性质得g( x)有1 个零点，
综上可得，y = f ( x)+ π有且仅有2 个零点，故D 正确.
对应选项ABD.
【点拨】本题考查函数的定义域、奇偶性、单调性及零点个数的综合判断，利用导数研究函数单
调性并结合零点存在性定理是解题关键.
考法13：构造函数利用性质解不等式
55.（2025·江西新余·二模）已知函数f ( x)= 1+ x
1- x +sin x，则关于a的不等式
f (a-2)+ f (a
2- 4)<0的解集是（ ）
A. (- ❑√3,2)
B. (-3,2)
C. (1,2)
D. (- ❑√3,❑√5)
【答案】A
【解析】由1+ x
1- x >0，求得-1< x<1，故函数的定义域为(-1,1).
再根据函数满足f (- x)= ln( 1- x
1+ x )+sin(- x)=- ln( 1+ x
1- x )-sin x =- f ( x)，可得函数为奇函数，
故关于a的不等式f (a-2)+ f (a
2- 4)<0，即f (a-2)<- f (a
2- 4)= f (4 -a
2).
再由函数1+ x
1- x 、sin x在定义域(-1,1)上单调递增，可得函数f ( x)在其定义域上单调递增，可得
{
-1<a-2<1
-1<a
2- 4<1
a-2<4 -a
2
，
解得- ❑√3<a<2，
对应选项A.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性与单调性解不等式，判断出函数的奇偶性与单调性是解题的
关键.
56.（2025·河北邢台名校·一模）设函数f ( x)= ln(1+ x
4)-
1
1+3| x|，则不等式
f (2 x)>f ( x +1)的解集为（ ）
A. (- 1
3 ,1)
B. (-∞,- 1
3 )∪(1,+ ∞)
C. (- 1
3 , 1
3 )
D. (-∞,- 1
3 )∪( 1
3 ,+ ∞)
【答案】B
【解析】函数f ( x)= ln(1+ x
4)-
1
1+3| x|的定义域为R，
且f (- x)= ln(1+(- x)
4)-
1
1+3|- x| = ln(1+ x
4)-
1
1+3| x| = f ( x)，
所以f ( x)为偶函数，
当x ≥0时，f ( x)= ln(1+ x
4)-
1
1+3 x ，
因为y = ln(1+ x
4)在[0,+ ∞)上单调递增，y =-
1
1+3 x 在[0,+∞)上单调递增，
所以f ( x)在[0,+∞)上单调递增，
不等式f (2 x)>f ( x +1)等价于f (|2 x|)>f (| x +1|)，
所以|2 x|>| x +1|，两边平方得4 x
2> x
2+2 x +1，即3 x
2-2 x -1>0，
解得x>1或x<- 1
3，
所以不等式f (2 x)>f ( x +1)的解集为(-∞,- 1
3 )∪(1,+∞).
对应选项B.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性与单调性解不等式，利用偶函数的性质将不等式转化为自变
量绝对值的不等式是解题关键.
57.（2024·广西·模拟预测）已知定义在R上的函数f ( x)在(-∞,2]上单调递减，且f ( x +2)为
偶函数，则不等式f ( x -1)>f (2 x)的解集为（ ）
A. (-∞,- 5
3 )∪(6,+∞)
B. (-∞,-1)∪( 5
3 ,+ ∞)
C. (- 5
3 ,1)
D. (-1, 5
3 )
【答案】D
【解析】∵函数f ( x +2)为偶函数，∴f (- x +2)= f ( x +2)，即f (2- x)= f (2+ x)，
∴函数f ( x)的图象关于直线x =2对称，
又∵函数f ( x)定义域为R，在区间(-∞,2]上单调递减，
∴函数f ( x)在区间[2,+ ∞)上单调递增，
∴由f ( x -1)>f (2 x)得，|( x -1)-2|<|2 x -2|，解得x∈(-1, 5
3 ).
对应选项D.
【点拨】本题考查利用函数的对称性与单调性解不等式，利用对称性将不等式转化为自变量到对
称轴距离的不等式是解题关键.
考法14：抽象函数的性质推导与证明（赋值法）
58.（2026·湖南株洲·一模）已知f ( x)是奇函数，g( x)是偶函数，其定义域均为R，且
f ( x)+ g( x)= x( x +1)，则f （1）- g（1）=（ ）
A. 0
B. 2
C. -2
D. 1
【答案】A
【解析】因为定义域均为R且f ( x)+ g( x)= x( x +1)，
所以可得f (- x)+ g(- x)=- x(- x +1)= x( x -1)，
又因为f ( x)是奇函数，g( x)是偶函数，所以f (- x)=- f ( x), g(- x)= g( x)
即上式可化简为- f ( x)+ g( x)= x( x -1)，
再与f ( x)+ g( x)= x( x +1)相加可得2 g( x)= x( x +1)+ x( x -1)=2 x
2⇒g( x)= x
2，
代入f ( x)+ g( x)= x( x +1)可得f ( x)+ x
2= x( x +1)⇒f ( x)= x，
所以f （1）=1, g（1）=1，即f （1）- g（1）=0.
对应选项A.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性求函数解析式，利用f (- x)与g(- x)的关系构造方程组是解
题关键.
59.（2026·山东山师附中·3 月检测）（多选）函数f ( x)满足∀x , y ∈R，都有
2f ( x + y)= f ( x)f ( y)，且f （1）=2，则（ ）
A. f ( 1
2 )=2
B. 数列{f (n)}单调递减
C. f ( x1+ x2
2
)≤f ( x1)+ f ( x2)
2
D. ∑
i=0
n
[i⋅f (i)]= 4 - 4+2n
2
n
【答案】C
【解析】对于A：令x = y = 1
2，得2f （1）= f ( 1
2 )f ( 1
2 )，解得f ( 1
2 )=±2，故A 错误；
对于B：令x =n, y =1，得2f (n+1)= f (n)f （1）=2f (n)，即f (n+1)= f (n)，
所以数列{f (n)}是常数列，故B 错误；
对于C：令x = x1, y = x2，得2f ( x1+ x2)= f ( x1)f ( x2)，
令x = y = x1+ x2
2
，得2f ( x1+ x2)= f ( x1+ x2
2
)f ( x1+ x2
2
)，
所以f ( x1+ x2
2
)f ( x1+ x2
2
)= f ( x1)f ( x2)≤( f ( x1)+ f ( x2)
2
)
2，
又f ( x)≥0（由2f ( x)= f ( x
2 )f ( x
2 )≥0可知），
所以f ( x1+ x2
2
)≤f ( x1)+ f ( x2)
2
，故C 正确；
对于D：由B 知f (n)=2，所以∑
i=0
n
[i⋅f (i)]=∑
i=0
n
2i=n(n+1)，
而4 - 4+2n
2
n
不恒等于n(n+1)，故D 错误.
对应选项C.
【点拨】本题考查抽象函数的性质推导，利用赋值法结合基本不等式判断选项是解题关键.
60.（2026·江苏南京六合名校·一模）（多选）函数f ( x)满足f ( x + y)+ f ( x - y)= 2
3 f ( x)f ( y)，
f （1）= 3
2，则下列结论正确的是（ ）
A. f （0）=0
B. f ( x)的周期为6
C. f ( x)≥-3
D. f (2 x +1)的图象关于直线x = 1
2对称
【答案】BC
【解析】由x =1, y =0得2f （1）= 2
3 f （1）f （0），代入f （1）= 3
2得f （0）=3，A 错
误；
令y =1得f ( x +1)+ f ( x -1)= f ( x)，
用x +1换x得f ( x +2)+ f ( x)= f ( x +1)，
两式相加得f ( x +2)+ f ( x)+ f ( x +1)+ f ( x -1)= f ( x +1)+ f ( x)，即f ( x +2)+ f ( x -1)=0，
用x +1换x得f ( x +3)+ f ( x)=0，即f ( x +3)=- f ( x)，
用x +3换x得f ( x +6)=- f ( x +3)=-(- f ( x))= f ( x)，所以f ( x)周期为6，B 正确；
令y = x得f (2 x)+ f （0）= 2
3 f ( x)
2，即f (2 x)= 2
3 f ( x)
2-3，
由于f ( x)
2≥0，所以f (2 x)≥-3，因此f ( x)≥-3，故C 正确；
已知f （0）=3，f （1）= 3
2，对f ( x +2)+ f ( x)= f ( x +1)赋值得：
令x =0得f （2）+ f （0）= f （1）⇒f （2）= f （1）- f （0）= 3
2 -3=- 3
2，
令x =1得f （3）+ f （1）= f （2）⇒f （3）= f （2）- f （1）=- 3
2 - 3
2 =-3，
令g( x)= f (2 x +1)，若g( x)关于x = 1
2对称，则g（0）= g（1），
但g（0）= f （1）= 3
2，g（1）= f （3）=-3，不相等，故D 错误.
对应选项BC
【点拨】本题考查抽象函数的周期性、对称性及最值的推导，利用赋值法和递推关系是解题的关
键.
61.已知定义在R上的函数f ( x)，g( x)满足：①f （0）=1；②g( x)为奇函数；③
∀x∈(0,+∞)，g( x)>0；④任意的x , y ∈R，f ( x - y)= f ( x)f ( y)- g( x)g( y).
（1）判断并证明函数f ( x)的奇偶性；
（2）判断并证明函数f ( x)在(0,+∞)上的单调性.
【答案】（1）偶函数，证明见解析 （2）单调递增，证明见解析
【解析】（1）依题意，f
2( x)- g
2( x)= f ( x)f ( x)- g( x)g( x)= f ( x - x)= f （0）=1.
∴1= f
2（0）- g
2（0）⇒g（0）=0
∴f (- x)= f (0- x)= f （0）f ( x)- g（0）g( x)= f ( x)，
又因为f ( x)的定义域为R，所以函数f ( x)为偶函数.
（2）由④知，f ( x + y)= f ( x)f (- y)- g( x)g(- y)= f ( x)f ( y)+ g( x)g( y)
∀x1, x2∈(0,+ ∞)，x1< x2
f ( x2)- f ( x1)= f ( x2+ x1
2
+ x2- x1
2
)- f ( x2+ x1
2
- x2- x1
2
)
= f ( x2+ x1
2
)f ( x2- x1
2
)+ g( x2+ x1
2
)g( x2- x1
2
)- f ( x2+ x1
2
)f ( x2- x1
2
)+ g( x2+ x1
2
)g( x2- x1
2
)=2g( x2+ x1
2
)g( x2-
2
∵x1，x2>0，x1< x2，∴x2+ x1
2
，x2- x1
2
>0
∴f ( x2)- f ( x1)=2g( x2+ x1
2
)g( x2- x1
2
)>0
即f ( x)在(0,+∞)上单调递增.
【点拨】本题考查抽象函数的奇偶性与单调性的证明，利用赋值法并结合已知条件进行代数变形
是解题关键.
考法15：抽象函数性质的综合应用
62.（2026·安徽皖江名校·5 月最后一卷）（多选）已知函数f ( x)，g( x)的定义域为R，
g( x)为偶函数且f (2- x)= g( x)，g(2+ x)=- f ( x)，若f （1）=3，则（ ）
A. g（1）=-3
B. f （3）=3
C. f （5）=-3
D. g（9）=3
【答案】ACD
【解析】又g( x)为偶函数，所以g(-1)= g（1）=3，
在f (2- x)= g( x)中，令x =-1，得f （3）= g(-1)=3，B 正确；
由g(2+ x)=- f ( x)，将x替换为2- x，得g(4 - x)=- f (2- x)=- g( x)，所以
g（3）=- g（1）=-3，从而g（3）= g(-3)=-3，
在f (2- x)= g( x)中，令x =-3，得f （5）= g(-3)=-3，C 正确；
在g(4 - x)=- f (2- x)=- g( x)中令x =-1，得g（5）=- g(-1)=-3，
令x =-5，得g（9）=- g(-5)=- g（5）=3，D 正确.
对应选项ACD.
【点拨】本题考查抽象函数的奇偶性与对称性的综合应用，利用赋值法和递推关系求函数值是解
题关键.
63.（2026·山东烟台·二模）（多选）已知函数f ( x)的定义域为R，其图象是一条连续不断
的曲线，f （1）=1，f ( x +2)为奇函数，函数g( x)=( x -1)f ( x -1)，且g(2 x +1)为偶函数，
则（ ）
A. f ( x)是奇函数
B. 2 为f ( x)的一个周期
C. g（3）=0
D. ∑
i=1
100
g(i)=-50
【答案】ACD
【解析】因为f ( x +2)为奇函数，所以f (- x +2)=- f ( x +2)，
即f ( x)的图象关于点(2,0)对称，
因为g(2 x +1)为偶函数，所以g(-2 x +1)= g(2 x +1)，
即g( x)的图象关于直线x =1对称，
所以g( x)= g(2- x)，即( x -1)f ( x -1)=(1- x)f (1- x)，
所以f ( x -1)=- f (1- x)，即f ( x)的图象关于点(0,0)对称，
所以f ( x)是奇函数，故A 正确；
因为f ( x)的图象关于点(2,0)对称，所以f ( x)=- f (4 - x)，
又因为f ( x)是奇函数，所以f (- x)=- f ( x)，
所以f ( x)= f ( x - 4)，即4 为f ( x)的一个周期，故B 错误；
因为f ( x)的图象关于点(2,0)对称，且定义域为R，
所以f （2）=0，
所以g（3）=2f （2）=0，故C 正确；
因为f （1）=1，所以g（2）=1×f （1）=1，
因为g( x)的图象关于直线x =1对称，所以g（0）= g（2）=1，
因为f ( x)的图象关于点(2,0)对称，所以f （4 ）=- f （0）=0，
所以g（1）=0×f （0）=0，g（4 ）=3 f （3）=3 f (-1)=-3 f （1）=-3，
g（5）= 4 f （4 ）=0，
所以g（1）+ g（2）+ g（3）+ g（4 ）=0+1+0-3=-2，
因为g( x + 4)=( x +3)f ( x +3)=( x +3)f ( x -1)，
所以g( x + 4)- g( x)= 4 f ( x -1)，
所以g（5）- g（1）= 4 f （0）=0，即g（5）= g（1）=0，
g（6）- g（2）= 4 f （1）= 4，即g（6）= g（2）+ 4 =5，
g（7）- g（3）= 4 f （2）=0，即g（7）= g（3）=0，
g（8）- g（4 ）= 4 f （3）=- 4，即g（8）= g（4 ）- 4 =-7，
所以g（5）+ g（6）+ g（7）+ g（8）=0+5+0-7=-2，
同理可得g(4 k +1)+ g(4 k +2)+ g(4 k +3)+ g(4 k + 4)=-2(k ∈N )，
所以∑
i=1
100
g(i)=25×(-2)=-50，故D 正确.
对应选项ACD.
【点拨】本题考查抽象函数的奇偶性、对称性与周期性的综合应用，利用已知条件推导出函数的
周期和对称性，再结合赋值法求和是解题的关键.
