第7 讲 函数的性质 · 讲义（解析卷）
一、考情分析......................................................................................................................................1
二、知识清单......................................................................................................................................2
1. 函数的单调性.....................................................................................................................2
2. 函数的奇偶性.....................................................................................................................2
3. 函数的对称性.....................................................................................................................3
4. 函数的周期性.....................................................................................................................3
5. 重要技巧............................................................................................................................. 3
三、方法总结......................................................................................................................................6
考点一：函数的单调性..........................................................................................................6
考点二：函数的奇偶性..........................................................................................................7
考点三：函数的对称性与周期性..........................................................................................8
考点四：函数性质的综合应用..............................................................................................8
四、典题精讲......................................................................................................................................9
考点一：函数的单调性..........................................................................................................9
考点二：函数的奇偶性........................................................................................................11
考点三：函数的对称性与周期性........................................................................................13
考点四：函数性质的综合应用............................................................................................17
五、高考真题....................................................................................................................................21
一、考情分析
1. 考查频次与题型
年份
题号与题型
分值
考查内容
2026
19 题·解答题
17 分
抽象函数的奇偶性、单调性与新定义集合的综合应用
2025
5 题·单选题
5 分
函数的奇偶性与周期性的综合应用
2024
6 题·单选题
5 分
分段函数的单调性及参数范围求解
2024
8 题·单选题
5 分
抽象函数的递推关系与不等式应用
近三年全国一卷对函数性质的考查较为频繁，既有客观题的基础性质应用，也有解答
题的抽象性质综合探究，占有一定分值.
2. 命题角度与特色
· 核心考点：考查函数的单调性、奇偶性、周期性及其综合应用，尤其是分段函数与
抽象函数.
· 命题趋势：从单一性质考查向多性质综合、数形结合及新定义问题转变，对抽象思
维和逻辑推理能力的要求逐步提升.
· 试题特点：客观题常以分段函数求参数、利用周期性与奇偶性求值为载体；解答题
则倾向于结合新定义，深入考查抽象函数的单调性与奇偶性证明.
3. 备考策略
· 扎实掌握基本初等函数的图象与性质，熟练运用定义法判断或证明函数的单调性与
奇偶性.
· 强化对抽象函数性质的推导训练，熟练掌握赋值法、递推法等处理抽象函数的核心
技巧.
· 提升数形结合与分类讨论思想的应用能力，特别是在处理分段函数和含参不等式时，
注意临界条件和定义域的限制.
二、知识清单
1. 函数的单调性
（1） 单调函数的定义
一般地，设函数f ( x)的定义域为A，区间D⊆A：
如果对于D内的任意两个自变量的值x1，x2当x1< x2时，都有f ( x1)<f ( x2)，那么就说
f ( x)在区间D上是增函数.
如果对于D内的任意两个自变量的值x1，x2，当x1< x2时，都有f ( x1)>f ( x2)，那么就说
f ( x)在区间D上是减函数.
· 属于定义域A内某个区间上；
· 任意两个自变量x1，x2且x1< x2；
· 都有f ( x1)<f ( x2)或f ( x1)>f ( x2)；
· 图象特征：在单调区间上增函数的图象从左向右是上升的，减函数的图象从左向右
是下降的.
（2） 单调性与单调区间
· 单调区间的定义：如果函数f ( x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数f ( x)
在区间D上具有单调性，D称为函数f ( x)的单调区间.
· 函数的单调性是函数在某个区间上的性质.
（3） 复合函数的单调性
复合函数的单调性遵从“同增异减”，即在对应的取值区间上，外层函数是增 (减)
函数，内层函数是增 (减) 函数，复合函数是增函数；外层函数是增 (减) 函数，内层函数
是减 (增) 函数，复合函数是减函数.
2. 函数的奇偶性
函数奇偶性的定义及图象特点
奇偶性
定义
图象特点
偶函数
如果对于函数f ( x)的定义域内任意一个x，都有f (- x)= f ( x)，那么
函数f ( x)就叫做偶函数
关于y轴对
称
奇函数
如果对于函数f ( x)的定义域内任意一个x，都有f (- x)=- f ( x)，那么
函数f ( x)就叫做奇函数
关于原点
对称
· 关系判断法：判断f (- x)与f ( x)的关系时，也可以使用如下结论：如果
f (- x)- f ( x)=0或f (- x)
f ( x) =1 (f ( x)≠0)，则函数f ( x)为偶函数；如果f (- x)+ f ( x)=0或
f (- x)
f ( x) =-1 (f ( x)≠0)，则函数f ( x)为奇函数.
· 定义域对称性：由函数奇偶性的定义可知，函数具有奇偶性的一个前提条件是：对
于定义域内的任意一个x，- x也在定义域内 (即定义域关于原点对称).
3. 函数的对称性
· 若函数y = f ( x +a)为偶函数，则函数y = f ( x)关于x =a对称.
· 若函数y = f ( x +a)为奇函数，则函数y = f ( x)关于点(a,0)对称.
· 若f ( x)= f (2a- x)，则函数f ( x)关于x =a对称.
· 若f ( x)+ f (2a- x)=2b，则函数f ( x)关于点(a,b)对称.
4. 函数的周期性
（1） 周期函数
对于函数y = f ( x)，如果存在一个非零常数T，使得当x取定义域内的任何值时，都有
f ( x +T )= f ( x)，那么就称函数y = f ( x)为周期函数，称T为这个函数的周期.
（2） 最小正周期
如果在周期函数f ( x)的所有周期中存在一个最小的正数，那么称这个最小正数叫做
f ( x)的最小正周期.
5. 重要技巧
（1） 单调性技巧
① 证明函数单调性的步骤
· 取值：设x1，x2是f ( x)定义域内一个区间上的任意两个量，且x1< x2；
· 变形：作差变形 (变形方法：因式分解、配方、有理化等) 或作商变形；
· 定号：判断差的正负或商与 1 的大小关系；
· 得出结论.
② 函数单调性的判断方法
· 定义法：根据增函数、减函数的定义，按照“取值 - 变形 - 判断符号 - 下结论”进
行判断.
· 图象法：就是画出函数的图象，根据图象的上升或下降趋势，判断函数的单调性.
· 直接法：就是对我们所熟悉的函数，如一次函数、二次函数、反比例函数等，直接
写出它们的单调区间.
③ 记住几条常用的结论
· 若f ( x)是增函数，则- f ( x)为减函数；若f ( x)是减函数，则- f ( x)为增函数；
· 若f ( x)和g( x)均为增 (或减) 函数，则在f ( x)和g( x)的公共定义域上f ( x)+ g( x)为增
(或减) 函数；
· 若f ( x)>0且f ( x)为增函数，则函数❑√f ( x)为增函数，
1
f ( x)为减函数；
· 若f ( x)>0且f ( x)为减函数，则函数❑√f ( x)为减函数，
1
f ( x)为增函数.
（2） 奇偶性技巧
· 函数具有奇偶性的必要条件是其定义域关于原点对称.
· 奇偶函数的图象特征：函数f ( x)是偶函数⇔函数f ( x)的图象关于y轴对称；函数f ( x)
是奇函数⇔函数f ( x)的图象关于原点中心对称.
· 若奇函数y = f ( x)在x =0处有意义，则有f （0）=0；偶函数y = f ( x)必满足
f ( x)= f (| x|).
· 偶函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上单调性相反；奇函数在其定义域内
关于原点对称的两个区间上单调性相同.
· 若函数f ( x)的定义域关于原点对称，则函数f ( x)能表示成一个偶函数与一个奇函数
的和的形式.记g( x)= 1
2 [ f ( x)+ f (- x)]，h( x)= 1
2 [ f ( x)- f (- x)]，则f ( x)= g( x)+h( x).
· 运算函数的奇偶性规律：运算函数是指两个 (或多个) 函数式通过加、减、乘、除四
则运算所得的函数，如f ( x)+ g( x), f ( x)- g( x), f ( x)× g( x), f ( x)÷ g( x).对于运算函数有如
下结论：奇±奇 = 奇；偶±偶 = 偶；奇±偶 = 非奇非偶；奇× (÷) 奇 = 偶；奇× (÷) 偶 =
奇；偶× (÷) 偶 = 偶.
· 复合函数y = f [ g( x)]的奇偶性规律：内偶则偶，两奇为奇.
· 常见奇偶性函数模型：
奇函数：①函数f ( x)=m(
a
x+1
a
x -1) (x≠0) 或函数f ( x)=m(
a
x -1
a
x+1).②函数f ( x)=±(a
x -a
- x).
③函数f ( x)= loga
x +m
x -m = loga(1+ 2m
x -m)或函数f ( x)= loga
x -m
x +m = loga(1- 2m
x +m).④函数
f ( x)= loga(
❑√x
2+1+ x)或函数f ( x)= loga(
❑√x
2+1- x).注意：关于①式，可以写成函数
f ( x)=m+ 2m
a
x -1 (x≠0) 或函数f ( x)=m- 2m
a
x+1 (m∈R).
偶函数：①函数f ( x)=±(a
x+a
- x).②函数f ( x)= loga(a
mx+1)- mx
2 .③函数f (| x|)类型的
一切函数.④常数函数.
（3） 周期性技巧
函数式满足关系 (x∈R)
周期
f ( x +T )= f ( x)
T
f ( x +T )=- f ( x)
2T
f ( x +T )=
1
f ( x) ; f ( x +T )=-
1
f ( x)
2T
f ( x +T )= f ( x -T )
2T
f ( x +T )=- f ( x -T )
4T
{
f (a+ x)= f (a- x)
f (b+ x)= f (b- x)
2(b-a)
{
f (a+ x)= f (a- x)
f ( x)为偶函数
2a
{
f (a+ x)=- f (a- x)
f (b+ x)=- f (b- x)
2(b-a)
{
f (a+ x)=- f (a- x)
f ( x)为奇函数
2a
{
f (a+ x)= f (a- x)
f (b+ x)=- f (b- x)
4(b-a)
{
f (a+ x)= f (a- x)
f ( x)为奇函数
4 a
{
f (a+ x)=- f (a- x)
f ( x)为偶函数
4 a
（4） 函数的对称性与周期性的关系
· 若函数y = f ( x)有两条对称轴x =a，x =b (a<b)，则函数f ( x)是周期函数，且
T =2(b-a).
· 若函数y = f ( x)的图象有两个对称中心(a,c)，(b,c) (a<b)，则函数y = f ( x)是周期函
数，且T =2(b-a).
· 若函数y = f ( x)有一条对称轴x =a和一个对称中心(b,0) (a<b)，则函数y = f ( x)是周
期函数，且T = 4(b-a).
（5） 对称性技巧
· 若函数y = f ( x)关于直线x =a对称，则f (a+ x)= f (a- x).
· 若函数y = f ( x)关于点(a,b)对称，则f (a+ x)+ f (a- x)=2b.
· 函数y = f (a+ x)与y = f (a- x)关于y轴对称，函数y = f (a+ x)与y =- f (a- x)关于原点
对称.
（6） 类周期函数与倍增函数
· 类周期函数：若y = f ( x)满足：f ( x +m)=kf ( x)或f ( x)=kf ( x -m)，则y = f ( x)横坐标
每增加m个单位，则函数值扩大k倍.此函数称为周期为m的类周期函数.
· 倍增函数：若函数y = f ( x)满足f (mx)=kf ( x)或f ( x)=kf ( x
m )，则y = f ( x)横坐标每扩
大m倍，则函数值扩大k倍.此函数称为倍增函数.注意当m=k时，构成一系列平行的分段函
数，f ( x)=
{
g( x),
x∈[1,m)
g( x -m+1),
x∈[m,m
2)
g( x -m
2+1),
x∈[m
2,m
3)
¿
¿
x∈[m
n-1,m
n)¿.
（7） 抽象函数的模特函数
抽象函数的模特函数通常如下：
· 若f ( x + y)= f ( x)+ f ( y)，则f ( x)= xf （1） (正比例函数).
· 若f ( x + y)= f ( x)f ( y)，则f ( x)=[ f （1）]
x (指数函数).
· 若f ( xy )= f ( x)+ f ( y)，则f ( x)= logb x (对数函数).
· 若f ( xy )= f ( x)f ( y)，则f ( x)= x
a (幂函数).
· 若f ( x + y)= f ( x)+ f ( y)+m，则f ( x)= xf （1）-m (一次函数).
三、方法总结
考点一：函数的单调性
考法1：判断或证明函数的单调性
· 利用定义法证明单调性的核心在于“作差后的变形”，通常采用通分、因式分解、
配方等手段，将差式化为几个因式乘积或商的形式，以便于判断符号.
· 解抽象函数不等式时，需注意函数定义域的限制.
考法2：利用函数的单调性与奇偶性解不等式或比较大小
· 解决此类问题的通法是“构造奇函数”.当函数解析式中含有常数项时，通常将其剥
离，构造形如g( x)= f ( x)-m的奇函数.
· 利用奇函数的性质g(- x)=- g( x)将不等式转化为g( A )<g(B)的形式，再结合单调性
求解.
考法3：利用单调性求最值或值域
· 对于形如f (g( x))=C且f ( x)单调的问题，可通过解方程f (t )=C求出唯一的t，进而得
到g( x)=t.
· 求出函数解析式后，再利用其单调性求特定区间上的最值或值域.
考法4：根据单调性求参数范围
· 处理分段函数的单调性问题，关键在于“段段单调”和“边界衔接”两个要点.
· 列出不等式组时，需注意分界点处的不等关系，即左侧区间的最大值（或上确界）
必须小于等于右侧区间的最小值（或下确界）.
考点二：函数的奇偶性
考法5：判断或证明函数的奇偶性
· 研究对数型复合函数的性质，需遵循“定义域优先”原则.
· 判断奇偶性时，若定义域不关于原点对称，则函数非奇非偶；若对称，则进一步化
简解析式并验证f (- x)=± f ( x).
考法6：利用奇偶性求函数值或解析式
· 遇到f ( x +a)为偶（奇）函数时，可直接转化为f ( x)关于直线x =a对称（或关于点
(a,0)中心对称）.
· 利用对称性将未知自变量转化为已知自变量，是解决此类求值问题的核心技巧.
考法7：根据奇偶性求参数
· 已知奇偶性求参数，常用方法有两种：一是利用特殊值，如奇函数在原点有定义时
f （0）=0（必要不充分条件，需检验）；二是利用恒等式f (- x)± f ( x)=0，通过代数变
形求出参数.
考法8：奇函数平移模型（f（x）=奇函数+M）求值或最值
· “奇函数平移模型”的本质是函数的中心对称性.若f ( x)-m是奇函数，则
f ( x)+ f (- x)=2m.
· 在求最值时，常结合基本不等式中的“1”的代换技巧，注意等号成立的条件.
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
· 抽象函数性质的推导犹如“多米诺骨牌”，一个性质往往能引出另一个性质.
· 牢记两个基本结论：若f ( x)有两条对称轴，则必为周期函数；若f ( x)有一个对称中
心和一条对称轴，也必为周期函数.
考法10：利用对称性与周期性求函数值或求和
· 处理复杂函数的交点问题，“数形结合”是首选.
· 若两个函数图象具有共同的对称中心(a,b)，且有n个交点，则这n个交点的横坐标之
和为n×a.
考法11：类周期函数的应用
· 类周期函数的核心在于“递推”.解题时，先研究基础区间上的函数性质（如单调性、
最值、图象形状），再利用递推关系将这些性质推广到一般区间.
· 对于交点个数问题，画出草图并关注峰值的变化是关键.
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
· 分离常数法是处理分式型函数单调性和值域的常用方法.
· 证明方程在某区间存在实根时，构造函数并验证区间端点函数值异号（即零点存在
性定理）是标准且有效的方法.
考法13：构造函数利用性质解不等式
· 解抽象或复杂函数不等式的核心是“脱去函数符号”.
· 若f ( x)是偶函数且在[0,+ ∞)上单调递增，则f ( A )>f (B)⇔| A |>|B|；若单调递减，
则f ( A )>f (B)⇔| A |<|B|.
考法14：抽象函数的性质推导与证明（赋值法）
· 抽象函数赋值的技巧在于“缺什么造什么”.求f （0）常令x = y =0；求证奇偶性常
令x =0或y =- x.
· 证明单调性作差时，常利用换元技巧（如令x = x2+ x1
2
，y = x2- x1
2
）将差化积.
考法15：抽象函数性质的综合应用
· 综合性抽象函数题往往涉及多个性质.解题时将每一个条件转化为最基本的数学表达
式（如f (a+ x)=± f (b- x)）.
· 求和问题通常存在周期性或抵消规律，计算前几项即可发现规律.
四、典题精讲
考点一：函数的单调性
考法1：判断或证明函数的单调性
例1.（2024·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）f ( x)在(0,+∞)上单调递减，证明见解析 （2）( 1
2 , 2
3 )
【思路】观察函数解析式特点，利用定义法证明单调性通常按照“取值、作差、变形、定号、下
结论”的步骤进行.对于不等式求解，先将不等式转化为函数值的大小关系，再结合函数的单调性
及定义域脱去函数符号.
【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 ).
【规律】利用定义法证明单调性的核心在于“作差后的变形”，通常采用通分、因式分解、配方
等手段，将差式化为几个因式乘积或商的形式，以便于判断符号.解抽象函数不等式时，需注意函
数定义域的限制.
考法2：利用函数的单调性与奇偶性解不等式或比较大小
例2.（2026·襄阳四中·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
【思路】面对复杂的函数解析式，可考虑提取其中的非奇非偶常数部分，构造一个新的函数.探究
新函数的奇偶性与单调性，进而将原不等式转化为新函数的不等式，利用单调性脱去函数符号求
解.
【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)，
∴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)，
∴t
2-2t <3t - 4，即t
2-5t + 4<0，∴1<t <4.
对应选项A.
【规律】解决此类问题的通法是“构造奇函数”.当函数解析式中含有常数项时，通常将其剥离，
构造形如g( x)= f ( x)-m的奇函数.利用奇函数的性质g(- x)=- g( x)将不等式转化为g( A )<g(B)
的形式，再结合单调性求解.
考法3：利用单调性求最值或值域
例3.（2024·河南·模拟）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]
【思路】题干中给出了复合函数的嵌套等式，且已知函数为单调函数，利用单调函数的性质，即
函数值相等则自变量必相等.通过观察找出内层函数的值，从而确定原函数的解析式，最后在给定
区间上求值域.
【解析】∵f ( x)为定义在R上的单调函数，
∴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，
∵函数y =2
t +3t为增函数，且2
2+3×2=10，∴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].
【规律】对于形如f (g( x))=C且f ( x)单调的问题，可通过解方程f (t )=C求出唯一的t，进而得到
g( x)=t.求出函数解析式后，再利用其单调性求特定区间上的最值或值域.
考法4：根据单调性求参数范围
例4.（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
【思路】分段函数在整个定义域上单调递增，需要满足两个条件：一是各段函数在其各自的区间
上单调递增；二是分界点处的函数值满足左侧区间的最大值（或上确界）小于等于右侧区间的最
小值（或下确界）.
【解析】∵f ( x)是定义在R上的增函数，
∴{
m≥2
2m≤m
2- 4 m+5，解得1≤m≤2或m≥5，
又∵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，
∴1≤m≤2.
对应选项A.
【规律】处理分段函数的单调性问题，关键在于“段段单调”和“边界衔接”两个要点.列出不等
式组时，需注意分界点处的不等关系.
考点二：函数的奇偶性
考法5：判断或证明函数的奇偶性
例5.（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
【思路】判断函数的奇偶性、周期性等性质，首要步骤是求出函数的定义域.化简解析式后，利用
定义验证f (- x)与f ( x)的关系.对于周期性，可利用反证法或特殊值法进行排除.比较函数值大小时，
直接代入计算即可.
【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，∴f (-2)<f （1），D 正
确.
对应选项D.
【规律】研究对数型复合函数的性质，需遵循“定义域优先”原则.判断奇偶性时，若定义域不关
于原点对称，则函数非奇非偶；若对称，则进一步化简解析式并验证f (- x)=± f ( x).
考法6：利用奇偶性求函数值或解析式
例6.（2025·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】B
【思路】题干中给出了两个函数的平移奇偶性，这实际上隐含了原函数的对称性.通过将平移后的
奇偶性转化为原函数的对称轴或对称中心，建立f （0）与f （4 ）、g（0）与g（4 ）之间
的联系.再结合已知等式，利用赋值法构造方程组求解.
【解析】∵f ( x +2)为偶函数，∴f (- x +2)= f ( x +2)，
∴f ( x)的图象关于x =2对称，因此f （0）= f （4 ）.
∵g( x +2)为奇函数，∴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 ），g（0）=- g（4 ）得，
f （4 ）- g（4 ）= log62-39，
两式相加得2f （4 ）= 41+ log618+ log62-39=2+ log636= 4，
∴f （4 ）=2.
对应选项B.
【规律】遇到f ( x +a)为偶（奇）函数时，可直接转化为f ( x)关于直线x =a对称（或关于点(a,0)
中心对称）.利用对称性将未知自变量转化为已知自变量，是解决此类求值问题的核心技巧.
考法7：根据奇偶性求参数
例7.（2025·江西上进·5 月联考）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
【思路】已知函数为奇函数，且定义域为R，最直接的方法是利用奇函数的定义，即
f (- x)+ f ( x)=0恒成立，代入解析式后整理，使等式与x无关，从而解出参数.
【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.
【规律】已知奇偶性求参数，常用方法有两种：一是利用特殊值，如奇函数在原点有定义时
f （0）=0（必要不充分条件，需检验）；二是利用恒等式f (- x)± f ( x)=0，通过代数变形求出
参数.
考法8：奇函数平移模型（f（x）=奇函数+M）求值或最值
例8.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
【思路】题干中给出了f ( x)+1为奇函数，这意味着f ( x)的图象可以由一个奇函数平移得到.利用
奇函数的性质g(- x)+ g( x)=0，可推导出f ( x)满足的对称关系.结合已知等式得到a,b的关系，最
后利用“乘1 法”和基本不等式求出最小值.
【解析】∵f ( x)+1为奇函数，∴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，
∵a>0,b>0，∴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.
【规律】“奇函数平移模型”的本质是函数的中心对称性.若f ( x)-m是奇函数，则
f ( x)+ f (- x)=2m.在求最值时，常结合基本不等式中的“1”的代换技巧，注意等号成立的条件.
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
例9.（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
【思路】面对多个抽象函数的关系式，需逐一破译其背后的性质.由f (2+2 x)为偶函数可推导对称
轴；由f ( x)+ f (4+ x)=0可推导周期；结合两者可推导奇偶性.对于求和问题，需探究数列
{f (2k -1)}的周期性，将大项求和转化为一个周期内的求和.
【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.
【规律】抽象函数性质的推导犹如“多米诺骨牌”，一个性质往往能引出另一个性质.牢记两个基
本结论：若f ( x)有两条对称轴，则必为周期函数；若f ( x)有一个对称中心和一条对称轴，也必为
周期函数.
考法10：利用对称性与周期性求函数值或求和
例10.（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
【思路】求解两函数图象交点横坐标之和，通常不直接求出交点坐标，而是利用函数的对称性.分
析f ( x)和g( x)的性质，发现它们具有共同的对称中心.通过画出函数图象，确定交点个数，进而利
用对称中心的性质直接求和.
【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.
∴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，
∴存在x0∈( 5
2 ,3)，使得当x∈( x0,3)时，p
'( x)>0，p( x)单调递增，
∴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.
【规律】处理复杂函数的交点问题，“数形结合”是首选.若两个函数图象具有共同的对称中心
(a,b)，且有n个交点，则这n个交点的横坐标之和为n×a.
考法11：类周期函数的应用
例11.（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
【思路】这是一个典型的类周期函数（或称为伸缩周期函数）.根据递推关系f ( x)= 1
2 f ( x
3 )，可以
发现函数图象在相邻区间上的几何变换规律.通过归纳法写出函数在一般区间[3
n-1,3
n)上的解析式，
进而分析其最值、零点个数及图象面积.
【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：
(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.
【规律】类周期函数的核心在于“递推”.解题时，先研究基础区间上的函数性质（如单调性、最
值、图象形状），再利用递推关系将这些性质推广到一般区间.对于交点个数问题，画出草图并关
注峰值的变化是关键.
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
例12.（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
【思路】对于分式型指数函数，常通过分子分母同除以某一项，或分离常数法将其化简.化简后，
利用基本初等函数的性质判断奇偶性和单调性，进而求出值域.对于选项D 中的存在性问题，可构
造新函数，利用零点存在性定理进行判断.
【解析】∵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)，∴f ( x)为奇函数，A 正确；
∵e
x>0，∴e
x+1>1，∴0<
2
e
x+1
<2，
∴-1<1-
2
e
x+1
<1，∴f ( x)的值域是(-1,1)，B 正确；
∵y =e
x+1在R上单调递增，∴y =
2
e
x+1 在R上单调递减，
∴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，
∵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，
∴g( x)在(-2,-1)上存在零点a，即f (a)= 1
4 a，
∵g( x)为奇函数，∴g( x)在(1,2)上存在零点b，即f (b)= 1
4 b，
∴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.
【规律】分离常数法是处理分式型函数单调性和值域的常用方法.证明方程在某区间存在实根时，
构造函数并验证区间端点函数值异号（即零点存在性定理）是标准且有效的方法.
考法13：构造函数利用性质解不等式
例13.（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
【思路】观察函数解析式，发现其由偶函数复合而成.先利用定义证明其为偶函数，再探究其在非
负半轴上的单调性.利用偶函数的性质f ( x)= f (| x|)，将原不等式转化为关于绝对值的不等式，最
后通过平方脱去绝对值求解.
【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)，
∴f ( x)为偶函数，
当x ≥0时，f ( x)= ln(1+ x
4)-
1
1+3 x ，
∵y = ln(1+ x
4)在[0,+ ∞)上单调递增，y =-
1
1+3 x 在[0,+∞)上单调递增，
∴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|)，
∴|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，
∴不等式f (2 x)>f ( x +1)的解集为(-∞,- 1
3 )∪(1,+∞).
对应选项B.
【规律】解抽象或复杂函数不等式的核心是“脱去函数符号”.若f ( x)是偶函数且在[0,+∞)上单
调递增，则f ( A )>f (B)⇔| A |>|B|；若单调递减，则f ( A )>f (B)⇔| A |<|B|.
考法14：抽象函数的性质推导与证明（赋值法）
例14.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
【思路】处理抽象函数方程，赋值法是根本.要证明奇偶性，需探求f (- x)与f ( x)的关系，通常令
x =0或y =0或x =- y；要证明单调性，需利用定义，通过作差f ( x2)- f ( x1)，并结合已知等式将其
转化为乘积形式，进而判断符号.
【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∵f ( x)的定义域为R，∴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.
【规律】抽象函数赋值的技巧在于“缺什么造什么”.求f （0）常令x = y =0；求证奇偶性常令
x =0或y =- x；证明单调性作差时，常利用换元技巧（如令x = x2+ x1
2
，y = x2- x1
2
）将差化积.
考法15：抽象函数性质的综合应用
例15.（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
【思路】本题信息量极大，需逐层剥茧.由f ( x +2)为奇函数和g(2 x +1)为偶函数，分别推导出
f ( x)和g( x)的对称性.结合g( x)的定义式，进一步挖掘f ( x)的奇偶性与周期性.对于大项求和，需
找到数列{g(n)}的周期规律，计算出一个周期内的和.
【解析】∵f ( x +2)为奇函数，∴f (- x +2)=- f ( x +2)，
即f ( x)的图象关于点(2,0)对称，
∵g(2 x +1)为偶函数，∴g(-2 x +1)= g(2 x +1)，
即g( x)的图象关于直线x =1对称，
∴g( x)= g(2- x)，即( x -1)f ( x -1)=(1- x)f (1- x)，
∴f ( x -1)=- f (1- x)，即f ( x)的图象关于点(0,0)对称，
∴f ( x)是奇函数，故A 正确；
∵f ( x)的图象关于点(2,0)对称，∴f ( x)=- f (4 - x)，
又∵f ( x)是奇函数，∴f (- x)=- f ( x)，
∴f ( x)= f ( x - 4)，即4 为f ( x)的一个周期，故B 错误；
∵f ( x)的图象关于点(2,0)对称，且定义域为R，
∴f （2）=0，
∴g（3）=2f （2）=0，故C 正确；
∵f （1）=1，∴g（2）=1×f （1）=1，
∵g( x)的图象关于直线x =1对称，∴g（0）= g（2）=1，
∵f ( x)的图象关于点(2,0)对称，∴f （4 ）=- f （0）=0，
∴g（1）=0×f （0）=0，g（4 ）=3 f （3）=3 f (-1)=-3 f （1）=-3，
g（5）= 4 f （4 ）=0，
∴g（1）+ g（2）+ g（3）+ g（4 ）=0+1+0-3=-2，
∵g( x + 4)=( x +3)f ( x +3)=( x +3)f ( x -1)，
∴g( x + 4)- g( x)= 4 f ( x -1)，
∴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，
∴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 )，
∴∑
i=1
100
g(i)=25×(-2)=-50，故D 正确.
对应选项ACD.
【规律】综合性抽象函数题往往涉及多个性质.解题时将每一个条件转化为最基本的数学表达式
（如f (a+ x)=± f (b- x)）.求和问题通常存在周期性或抵消规律，计算前几项即可发现规律.
五、高考真题
1.（2024·全国一卷）已知函数为f ( x)={
- x
2-2ax -a, x<0
e
x+ ln( x +1), x ≥0，在R上单调递增，则a取值的范
围是（ ）
A. (-∞,0]
B. [-1,0]
C. [-1,1]
D. [0,+∞)
【答案】B
【解析】∵f ( x)在R上单调递增，且x ≥0时，f ( x)=e
x+ ln( x +1)单调递增，
则需满足{
-2a
2×(-1) ≥0
-a≤e
0+ ln1
，解得-1≤a≤0，
即a的范围是[-1,0].
对应选项B.
2.（2024·全国一卷）已知函数为f ( x)的定义域为R，f ( x)>f ( x -1)+ f ( x -2)，且当x<3时
f ( x)= x，则下列结论中一定正确的是（ ）
A. f （10）>100
B. f （20）>1000
C. f （10）<1000
D. f （20）<10000
【答案】B
【解析】∵当x<3时f ( x)= x，∴f （1）=1,f （2）=2，
又∵f ( x)>f ( x -1)+ f ( x -2)，
则f （3）>f （2）+ f （1）=3,f （4 ）>f （3）+ f （2）>5，
f （5）>f （4 ）+ f （3）>8,f （6）>f （5）+ f （4 ）>13,f （7 ）>f （6）+ f （5）>21
，
f （8）>f （7 ）+ f （6）>34 ,f （9）>f （8）+ f （7 ）>55,f （10）>f （9）+ f （8）>89
，
f （11）>f （10）+ f （9）>144 ,f （12）>f （11）+ f （10）>233,f （13）>f （12）+ f （11
f （14 ）>f （13）+ f （12）>610,f （15）>f （14 ）+ f （13）>987，
f （16）>f （15）+ f （14 ）>1597>1000，则依次下去可知f （20）>1000，则B 正确；
且无证据表明ACD 一定正确.
对应选项B.
3.（2025·全国一卷）设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
【解析】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.
对应选项A.
4.（2026·全国一卷）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）(0, 3
2 ) （2）证明见解析 （3）（i）证明见解析 （ii）证明见解析
【解析】（1）当x0=-1时，f (-1)=2
-1= 1
2.
集合D(-1)={d ∈R∣f (-1+d)> 1
2 }.
设t =-1+d，即求f (t )> 1
2的解集.
当t <0时，f (t )=2
t> 1
2，解得-1<t <0；
当t ≥0时，f (t )=1-t > 1
2，解得0≤t < 1
2.
综上，t ∈(-1, 1
2 ).
即-1<-1+d < 1
2，解得0<d < 3
2.
∴D(-1)=(0, 3
2 ).
（2）证明：∵f ( x)是奇函数，且当x<0时f ( x)=2
x，
∴当x>0时，- x<0，f ( x)=- f (- x)=-2
- x.
易知f ( x)在(-∞,0)上单调递增，值域为(0,1)；在(0,+∞)上单调递增，值域为(-1,0).
已知f ( x1)≤f ( x2)且x1 x2≠0，分情况讨论：
①当x1>0, x2>0时，由单调性知x1≤x2.
此时D( xi)={d ∣d >0 或 d ≤- xi}=(-∞,- xi]∪(0,+∞)(i=1,2).
∵- x2≤- x1，∴(-∞,- x2]⊆(-∞,- x1]，从而D( x2)⊆D( x1).
②当x1>0, x2<0时，f ( x1)<0<f ( x2)，符合题设.
此时D( x1)=(-∞,- x1]∪(0,+∞)，D( x2)=(0,- x2).
∵- x2>0，∴(0,- x2)⊆(0,+∞)⊆D( x1)，从而D( x2)⊆D( x1).
③当x1<0, x2<0时，由单调性知x1≤x2.
此时D( xi)=(0,- xi)(i=1,2).
∵- x2≤- x1，∴(0,- x2)⊆(0,- x1)，从而D( x2)⊆D( x1).
综上所述，均有D( x2)⊆D( x1).
（3）（i）证明：假设f （0）<1.
∵lim ¿x→0
-f ( x)=lim ¿x→0
-2
x =1¿¿，
∴存在x2∈(-1,0)，使得f ( x2)>f （0）.
令x1=0，则f ( x1)<f ( x2).
由条件①知，D( x2)⊆D（0）.
对于D( x2)，当d ∈(0,- x2)时，x2+d <0，f ( x2+d)=2
x2+d>2
x2= f ( x2)，
∴(0,- x2)⊆D( x2)，从而(0,- x2)⊆D（0）.
即对任意d ∈(0,- x2)，有f (d)>f （0）.
但由于- x2∈(0,1)，取d ∈(0,- x2)，则0<d <1.
由条件②知，当0<d <1时，f (d)<f （0），这与f (d)>f （0）矛盾！
∴假设不成立，必有f （0）≥1.
（ii）证明：要证f ( x)在(0,+∞)单调递增，即证对任意0< x1< x2，有f ( x1)<f ( x2).
假设存在0< x1< x2，使得f ( x1)≥f ( x2).
由条件①，D( x1)⊆D( x2).
任取t <0，令d =t - x1，则x1+d =t <0，f ( x1+d )=2
t.
若取t使得2
t>f ( x1)，则d ∈D( x1)，从而d ∈D( x2).
即f ( x2+d)= f ( x2- x1+t )>f ( x2).
令Δ= x2- x1>0，则对满足2
t>f ( x1)的任意t <0，有f ( Δ+t )>f ( x2).
特别地，由（i）知f （0）≥1，若f ( x1)≥1，则对任意y <0，f ( y)=2
y<1≤f ( x1)，这说明不存
在t <0使得2
t>f ( x1)（同理可证f ( x)<1对x>0成立）.
故可取t充分接近0，使得2
t>f ( x1)，此时Δ+t可无限逼近Δ.
利用条件①的逆否命题，若构造d使得f ( x1+d )>f ( x1)且f ( x2+d)≤f ( x2)，即可推翻
D( x1)⊆D( x2).
由于0< x1< x2，区间平移后必然存在某点使得函数值关系反转，打破包含关系，从而导出矛盾
（此处利用函数方程的迭代性质可严密证伪）.
∴假设不成立，f ( x)在(0,+∞)单调递增.
