重难点02 函数性质的灵活运用（举一反三专项训练）
【全国通用】
【题型1 函数的单调性的综合应用】......................................................................................................................3
【题型2 函数的最值问题】......................................................................................................................................5
【题型3 函数的奇偶性的综合应用】......................................................................................................................8
【题型4 函数的图象问题】....................................................................................................................................10
【题型5 对称性与周期性的综合应用】................................................................................................................12
【题型6 类周期函数】............................................................................................................................................15
【题型7 抽象函数的性质及其应用】....................................................................................................................18
【题型8 函数性质的综合应用】............................................................................................................................21
1、函数性质的灵活运用
函数及其性质是高考数学的重点、热点内容.从近几年的高考情况来看，函数的单调性、奇偶性、对
称性与周期性是高考的必考内容，重点关注单调性、奇偶性结合在一起，与函数图象、函数零点和不等式
相结合进行考查，解题时要充分运用转化思想和数形结合思想，灵活求解.对于选择题和填空题部分，重
点考查函数的图象、单调性、奇偶性，主要考察方向是：函数图象的识别、判断函数单调性及求最值、解
不等式、求参数范围等，难度较小；对于解答题部分，一般与导数相结合，考查难度较大，复习时要加强
训练.
知识点
1 函数的单调性与最值问题的解题策略
1．求函数的单调区间
求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间.
2．函数单调性的判断
(1)函数单调性的判断方法：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法.
(2)函数y=f(g(x))的单调性应根据外层函数y=f(t)和内层函数t=g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.
(3)函数单调性的几条常用结论：
①若
是增函数，则
为减函数；若
是减函数，则
为增函数；
②若
和
均为增（或减）函数，则在
和
的公共定义域上
为增（或减）函数；
③若
且
为增函数，则函数
为增函数，
为减函数；
④若
且
为减函数，则函数
为减函数，
为增函数．
3．求函数最值的三种基本方法：
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.
(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值.
(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值.
4．复杂函数求最值：
对于较复杂函数，可运用导数，求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.
知识点
2 函数的奇偶性及其应用
1．函数奇偶性的判断
判断函数的奇偶性，其中包括两个必备条件：
(1)定义域关于原点对称，这是函数具有奇偶性的必要不充分条件，所以首先考虑定义域；
(2)判断f(x)与f(-x)是否具有等量关系，在判断奇偶性的运算中，可以转化为判断奇偶性的等价等量关系式
(f(x)+f(-x)=0(奇函数)或f(x)-f(-x)=0(偶函数))是否成立.
(3)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
．
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．
(4)复合函数
的奇偶性原则：内偶则偶，两奇为奇．
(5)常见奇偶性函数模型
奇函数：①函数
或函数
．
②函数
．
③函数
或函数
④函数
或函数
．
2．函数奇偶性的应用
(1)利用函数的奇偶性可求函数值或求参数的取值，求解的关键在于借助奇偶性转化为求已知区间上的函数
或得到参数的恒等式，利用方程思想求参数的值.
(2)画函数图象：利用函数的奇偶性可画出函数在其对称区间上的图象，结合几何直观求解相关问题.
知识点
3 函数的周期性与对称性的常用结论
1．函数的周期性常用结论(a 是不为0 的常数)
(1)若f(x+a)=f(x)，则T=a；
(2)若f(x+a)=f(x-a)，则T=2 a ；
(3)若f(x+a)=-f(x)，则T=2 a ；
(4)若f(x+a)=
，则T=2a；
(5)若f(x+a)=
，则T=2a；
(6)若f(x+a)=f(x+b)，则T=|a-b|(a≠b);
2．对称性的三个常用结论
(1)若函数f(x)满足f(a+x)=f(b-x)，则y=f(x)的图象关于直线
对称.
(2)若函数f(x)满足f(a+x)=-f(b-x)，则y=f(x)的图象关于点
对称.
(3)若函数f(x)满足f(a+x)+f(b-x)=c，则y=f(x)的图象关于点
对称.
3．函数的的对称性与周期性的关系
(1)若函数
有两条对称轴
，
，则函数
是周期函数，且
；
(2)若函数
的图象有两个对称中心
，则函数
是周期函数，且
；
(3)若函数
有一条对称轴
和一个对称中心
，则函数
是周期函数，且
.
知识点
4 抽象函数的解题策略
1．抽象函数及其求解方法
我们把不给出具体解析式，只给出函数的特殊条件或特征的函数称为抽象函数，一般用y=f(x)表示，抽象
函数问题可以全面考查函数的概念和性质，将函数定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性、图象集于一
身，是考查函数的良好载体.解决这类问题一般采用赋值法解决.
【题型1 函数的单调性的综合应用】
【例1】（2025·广东·三模）下列函数中，既是奇函数又在(0,+∞)单调递增的是（ ）
A．y = x
3
B．y =| x|+1
C．y =−x
2+1
D．y =2
−| x|
【答案】A
【解题思路】利用奇偶性及单调性逐项判断即可.
【解答过程】对于A，函数y = x
3是奇函数，在(0,+∞)上单调递增，A 是；
对于B，函数y =| x|+1是偶函数，不是奇函数，B 不是；
对于C，函数y =−x
2+1是偶函数，不是奇函数，C 不是；
对于D，函数y =2
−| x|是偶函数，不是奇函数，D 不是.
故选：A.
【变式1-1】（2025·湖北荆门·模拟预测）已知函数f ( x)=
2
3
x+1
−x
3+2，则不等式f (m
2)+ f (m−2)<6的
解集为（ ）
A．(−1,2)
B．(−∞,−1)∪(2,+∞)
C．(−2,−1)
D．(−∞,−2)∪(1,+∞)
【答案】D
【解题思路】由题意可得f (−x)+ f (x)=6，且f ( x)在R 上为减函数，将不等式化简为f (m−2)<f (−m
2)
，再由f ( x)的单调性可得m−2>−m
2，解不等式即可得出答案.
【解答过程】f ( x)=
2
3
x+1
−x
3+2=(
2
3
x+1
−1)−x
3+3= 1−3
x
3
x+1
−x
3+3,
设g(x)= 1−3
x
3
x+1
−x
3，g(x)的定义域为R，
g(−x)= 1−3
−x
3
−x+1
−(−x)
3= 3
x−1
1+3
x + x
3=−g(x)，所以g(x)为奇函数，
则f (−x)+ f (x)= g(−x)+3+ g(x)+3=6，
又因为y =
2
3
x+1
, y =−x
3+2在R 上均为减函数，
所以f ( x)在R 上为减函数，
由f (m
2)+ f (m−2)<6可得f (m
2)+ f (m−2)<f (m
2)+ f (−m
2)，
即f (m−2)<f (−m
2)，所以m−2>−m
2，
解得：m>1或m<−2.
故选：D.
【变式1-2】（2025·湖北·模拟预测）下列函数在区间[1,4)上单调递增的是（ ）
A．f (x)=
1
2−x
B．f (x)= x
e
x
C．f (x)= xln x
D．f (x)= x−ln x
2
【答案】C
【解题思路】对A，根据解析式判断单调性得解；对B，C，D，求导，利用判断导数正负得解.
【解答过程】对于A，f (x)=
1
2−x 的定义域为(−∞,2)∪(2,+∞)，f (x)在(1,2)上单调递增，在(2,4)上单
调递增，不满足在[1,4)上单调递增，故A 错误.
对于B，f
′ (x)= 1−x
e
x
≤0,f (x)在[1,4)上单调递减，不满足在[1,4)上单调递增，故B 错误.
对于C，f
′ (x)=ln x +1>0，满足在[1,4)上单调递增，故C 正确.
对于D，f
′ (x)=1−2
x = x−2
x
,f (x)在(1,2)上单调递减，在(2,4)上单调递增，不满足在[1,4)上单调递增，
故D 错误.
故选：C.
【变式1-3】（2025·天津武清·模拟预测）已知定义在R 上的函数f (x)= x⋅e|x)，a= f (log3
❑√5)，
b=−f(log3
1
2)，c = f (ln3)，则a，b，c 的大小关系为（ ）
A．c>b>a
B．b>c>a
C．a>b>c
D．c>a>b
【答案】D
【解题思路】根据函数的解析式，求得函数为奇函数，化简b= f (log32)，再结合函数的单调性，即可求
解.
【解答过程】f (x)= x⋅e|x)，定义域为R，关于原点对称，
且f (−x)=−x⋅e|−x)=−x⋅e|x)=−f (x)，所以函数f (x)= x⋅e|x)为奇函数，
所以b=−f(log3
1
2)= f(−log3
1
2)= f (log32)，
又f (x)= x⋅e
x , x>0，
任取x1, x2∈(0,+ ∞)，且0< x1< x2，则0<e
x1<e
x2，则f (x1)<f (x2)，
故f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
又由对数函数的单调性可得log32<log3
❑√5<1<ln3，
所以f (log32)<f (log3
❑√5)<f (ln3)，即c>a>b.
故选：D.
【题型2 函数的最值问题】
【例2】（2025·宁夏陕西·模拟预测）已知函数f (x +1)=2
x−2
−x，则f (x)在[−1,1)上的最大值为（ ）
A．3
2
B．15
4
C．0
D．1
【答案】C
【解题思路】先利用换元法求出f (x)的解析式，再利用定义法求证f (x)在[−1,1)上的单调性即可求出.
【解答过程】f (x +1)=2
x−2
−x，令t = x +1，则f (t )=2
t −1−2
1−t，
则f (x)=2
x−1−2
1−x, x∈R，
∀x1, x2∈[−1,1)且−1≤x1< x2≤1，则f (x1)−f (x2)=(2
x1−1−2
1−x1)−(2
x2−1−2
1−x2)
=(2
x1−1−2
x2−1)−(
1
2
x1−1 −
1
2
x2−1)=(2
x1−1−2
x2−1)(1+
1
2
x1+ x2−2)
因−1≤x1< x2≤1，则x1−1< x2−1，则2
x1−1<2
x2−1，
又2
x1+ x2−2>0，则f (x1)−f (x2)<0，即f (x1)<f (x2)，
则f (x)在[−1,1)上单调递增，
则f (x)的最大值为f (1)=0.
故选：C.
【变式2-1】（2025·湖南·模拟预测）已知函数f (x)，则“∀x∈(0,+∞)，f (x)≥2”是“f (x)在(0,+∞)
上的最小值为2”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【解题思路】根据充分、必要条件的判断方法，结合函数最小值的概念进行判断.
【解答过程】先判断充分性：若函数f (x)在(0,+∞)的最小值为3，
则“∀x∈(0,+∞)，f (x)≥2”成立，但“f (x)在(0,+ ∞)上的最小值为2”不成立，
所以“∀x∈(0,+∞)，f (x)≥2”不是“f (x)在(0,+ ∞)上的最小值为2”的充分条件.
再判断必要性：“f (x)在(0,+ ∞)上的最小值为2”时，可得“∀x∈(0,+ ∞)，f (x)≥2”成立，
所以“∀x∈(0,+∞)，f (x)≥2”是“f (x)在(0,+ ∞)上的最小值为2”的必要条件.
综上：“∀x∈(0,+∞)，f (x)≥2”是“f (x)在(0,+ ∞)上的最小值为2”的必要不充分条件.
故选：B.
【变式2-2】（2025·新疆·三模）已知函数f (x)= ln|
x−1
x +1)−x
4 ，若f (x)在区间(m,m
2)上有最大值，则实
数m 的取值范围是（ ）
A．(❑√2,❑√3)
B．(❑√2,2)
C．(2,3)
D．(❑√3,3)
【答案】D
【解题思路】分类讨论取绝对值，得出函数f (x)的解析式，然后分别求导，判断f (x)在每个分段区间上的
单调性即可得出答案.
【解答过程】当x>1时，f (x)= ln(
x−1
x +1)−x
4 = ln( x−1)−ln( x +1)−x
4 ，
f
′ (x)=
1
x−1 −
1
x +1 −1
4 =
9−x
2
4 (x−1)(x +1)，
当1< x<3时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，
当x>3时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，所以f (x)在x =3处取得极大值，
若f (x)在区间(m,m
2)上有最大值，只需{
m
2>3
1<m<3)即可，解得m∈(❑√3,3)；
当−1< x<1时，f (x)= ln(
1−x
x +1)−x
4 = ln(1−x)−ln( x +1)−x
4 ，
f
′ (x)= −1
1−x −
1
x +1 −1
4 =
9−x
2
4 (x−1)(x +1)，显然此时f
′ (x)<0，f (x)单调递减，不存在有最大值的开区
间；
当x<−1时，f (x)= ln(
x−1
x +1)−x
4 = ln(−x +1)−ln(−x−1)−x
4 ，
f
′ (x)=
−1
−x +1 −
−1
−x−1 −1
4 =
9−x
2
4 (x−1)(x +1)，
当−3< x<−1时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，
当x<−3时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，所以f (x)在x =−3处取得极小值，
此时也不存在最大值的开区间，
故选：D.
【变式2-3】（2025·江西萍乡·二模）已知定义在R上的函数f (x)满足：f(
π
2 )= 1
2e，且∀x , y ∈R，都
有e
sin x⋅f ( y)−e
sin y⋅f (x) ≥(e
2sin x−e
2sin y)⋅f (x)⋅f ( y)恒成立，则f (x)的最大值为（ ）
A．1
2e
B．1
e
C．e
D．2e
【答案】A
【解题思路】令y =π
2 ，得到f (x)≤e
sin x
e
2sin x+e
2 ，通过换元t =sin x，m=e
t，求e
sin x
e
2sin x+e
2 的最大值即可.
【解答过程】令y =π
2 ，原不等式可化为：
e
sin x⋅f(
π
2 )−e
sinπ
2 ⋅f (x)≥(e
2sin x−e
2sinπ
2 )⋅f (x)⋅f(
π
2 )，代入f(
π
2 )= 1
2e，
化简可得：f (x)≤e
sin x
e
2sin x+e
2 ，
令t =sin x∈[−1,1)，得到y =e
t
e
2t +e
2 ，
再令m=e
t∈[
1
e ,e)，可得：y =
m
m
2+e
2 =
1
m+e
2
m
，
由对勾函数的单调性，可知y =m+e
2
m 在[
1
e ,e)上单调递减，
所以当m=e时，y =m+e
2
m 取得最小值2e，
所以y =
m
m
2+e
2的最大值为1
2e ，也即y =e
sin x
e
2sin x+e
2 的最大值为1
2e ，
所以f (x)的最大值为1
2e，
故选：A.
【题型3 函数的奇偶性的综合应用】
【例3】（2025·四川泸州·模拟预测）已知f (x)= a−2
x
2
x +1−2
是奇函数，则a=（ ）
A．2
B．−2
C．1
D．−1
【答案】D
【解题思路】由奇函数性质可得f (−1)=−f (1)，列方程求a，再检验所得结果即可.
【解答过程】由2
x +1−2≠0，可得x +1≠1，所以x≠0，
所以f (x)的定义域为{x∣x≠0)，
因为f (x)= a−2
x
2
x +1−2
是奇函数，所以f (−1)=−f (1)，
又f (−1)= 1
2 −a，f (1)= a−2
2
，
所以1
2 −a=−a−2
2
，解得a=−1.
当a=−1时，f (x)= −1−2
x
2
x +1−2
=−
2
x+1
2(2
x−1)，
函数f (x)的定义域为{x∣x≠0)，定义域关于原点对称，
f (−x)=−
2
−x+1
2(2
−x−1)
=−
1+2
x
2(1−2
x)
=−f (x)，所以此时f (x)是奇函数
故选：D.
【变式3-1】（2025·四川成都·模拟预测）设f ( x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f ( x)=2
x−3，则
f (−2)=（ ）
A．1
B．1
4
C．-1
D．−11
4
【答案】C
【解题思路】由函数的奇偶性知f (−2)=−f (2)，代入相应解析式计算即可.
【解答过程】因为 f ( x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f ( x)=2
x−3，
f (−2)=−f (2)=−(2
2−3)=−1.
故选：C.
【变式3-2】（2025·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】根据题意，得到函数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.
【变式3-3】（2025·湖南长沙·三模）已知函数f ( x)和g( x)的定义域均为R，且y = f (4 + x)为偶函数，
y = g( x + 4)+1为奇函数，若∀x∈R，均有f ( x)+ g( x)= x
2+1，则f (7)⋅g(7)=（ ）
A．575
B．598
C．621
D．624
【答案】C
【解题思路】由题意有f (4−x)= f (4+ x)，g(4−x)+ g(4+ x)=−2，利用f ( x)+ g( x)= x
2+1，即可解得
g(x)，进而得f (7)，即可求解.
【解答过程】由y = f (4+ x)为偶函数有f (4−x)= f (4+ x)，又y = g( x + 4)+1为奇函数，
所以g(−x + 4)+1=−[g(x + 4)+1)，即g(4−x)+ g(4+ x)=−2，
因为f ( x)+ g( x)= x
2+1，所以{
f (4−x)+ g(4−x)=(4−x)
2+1
f (4 + x)+ g(4 + x)=(4 + x)
2+1
f (4−x)= f (4 + x)
)
⇒g(4−x)−g(4+ x)=−16 x，
又g(4−x)+ g(4 + x)=−2，解得g(4+ x)=8 x−1，即g(x)=8 x−33，
所以g(7)=8×7−33=23，又f (7)+ g(7)=7
2+1=50，
所以f (7)=50−g(7)=50−23=27，
所以f (7)⋅g(7)=23×27=621，
故选：C.
【题型4 函数的图象问题】
【例4】（2025·安徽合肥·模拟预测）函数f ( x)=(|4−x
2)−4)ln(4−x
2)的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解题思路】根据函数解析式确定函数的图像性质，进而确定.
【解答过程】由已知，f (x)定义域为(−2,2)，且f (−x)= f (x)，
所以函数f (x)为偶函数，
故f (x)图象关于y轴对称，
又f (0)=0，排除B，D 选项；
当x→2时，f (x)>0，排除C，故A 正确．
故选：A．
【变式4-1】（2025·天津·二模）函数f (x)的部分图象如图所示，则f (x)的解析式可能为（ ）
A．f (x)=e
x−e
−x
cos x
B．f (x)=e
x+e
−x
cos x
C．f (x)=e
x−e
−x
sin x
D．f (x)=e
x+e
−x
sin x
【答案】A
【解题思路】通过观察图象，根据函数的奇偶性和定义域即可用排除法进行作答.
【解答过程】根据图象可以看出，函数的定义域不包括± π
2 ，
这说明函数在这两个点上无意义，而选项C,D 的定义域包括± π
2 ，所以排除C,D.
由图象可以看出，函数关于原点对称，是奇函数，而选项B 中，
因为f (−x)= e
−x+e
x
cos x = f (x)，说明选项B 中的函数为偶函数，不符合图象，所以排除.
故选：A.
【变式4-2】（2025·安徽·三模）函数f (x)= x
3+sin x
e
x+e
−x
的图象大致是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解题思路】利用奇偶性和f (π)的正负，排除错误选项，得到正确选项.
【解答过程】f (x)的定义域是R，
因为f (−x)= (−x)
3+sin (−x)
e
−x+e−(−x)
= −x
3−sin x
e
−x+e
x
=−f (x)，所以f (x)是奇函数，排除CD，
因为f (π)=π
3+ sinπ
e
π+e
−π =π
3
e
π+e
−π >0，排除B，
故选：A.
【变式4-3】（2025·四川南充·三模）函数f (x)的图象如图所示，则f (x)的解析式可能为（ ）
A．f (x)= 10cos x
x
2+1
B．f (x)= 10sin x
x
2+1
C．f (x)= 10(e
x+e
−x)
x
2+2
D．f (x)= 10(e
x−e
−x)
x
2+2
【答案】B
【解题思路】依题意可得f (x)为奇函数，即可排除A、C，由函数在x>0上的函数值的特征排除D，即可
得解.
【解答过程】由图可知f (x)的图象关于原点对称，则f (x)为奇函数，
对于A ：f (x)= 10cos x
x
2+1
定义域为R，定义域关于原点对称，f (−x)= 10cos(−x)
(−x)
2+1
= 10cos x
x
2+1
= f (x)，
所以f (x)= 10cos x
x
2+1 为偶函数，不符合题意，故A 错误；
对于C：f (x)= 10(e
x+e
−x)
x
2+2
定义域为R，定义域关于原点对称，
f (−x)= 10(e
−x+e
x)
(−x)
2+2
= 10(e
x+e
−x)
x
2+2
= f (x)，
所以f (x)= 10(e
x+e
−x)
x
2+2
为偶函数，不符合题意，故C 错误；
对于D：f (x)= 10(e
x−e
−x)
x
2+2
定义域为R，定义域关于原点对称，
f (−x)= 10(e
−x−e
x)
(−x)
2+2
=−10(e
x−e
−x)
x
2+2
=−f (x)，
所以f (x)= 10(e
x−e
−x)
x
2+2
为奇函数，
当x>0时，e
x>e
−x>0，x
2+2>0，所以f (x)>0恒成立，不符合题意，故D 错误；
故利用排除法可知选项B 符合题意.
故选：B.
【题型5 对称性与周期性的综合应用】
【例5】（2025·河北邢台·三模）已知定义在R上的函数f ( x)满足f ( x +2)为偶函数，f (4 + x)=−f (4−x)
，则下列说法错误的是（ ）
A．f ( x)的图象关于(4,0)中心对称
B．f ( x)的周期为8
C．f (2025)= f (1)
D．当x∈[0,2]时，f ( x)= x
2−2 x，则f (7)的值为−1
【答案】D
【解题思路】根据题意推理论证周期性、奇偶性、对称性逐一求解判断各项
【解答过程】因为f (4 + x)=−f (4−x)，所以f ( x)的图象关于(4,0)中心对称，故A 正确；
因为f ( x +2)为偶函数，所以f (−x +2)= f ( x +2)
所以f ( x)= f (4−x)，又因为f (4 + x)=−f (4−x)，
所以f ( x)=−f (4+ x)，所以f (4+ x)=−f (8+ x)，
所以f ( x)= f (8+ x)，所以f ( x)的一个周期为8，故B 正确；
f (2025)= f (253×8+1)= f (1)，故C 正确；
由f (4+ x)=−f (4−x)，得f (7)= f (4 +3)=−f (1)，
又当x∈[0,2]时，f ( x)= x
2−2 x，所以f (1)=1
2−2×1=−1，即f (7)=1，故D 错误.
故选：D.
【变式5-1】（2025·吉林·模拟预测）已知定义域为R 的奇函数f ( x)满足f ( x)+ f (2−x)=2，则（ ）
A．f (2)=0
B．f (10)=10
C．f ( x)的最小正周期为2
D．x =1是曲线y = f ( x)的一条对称轴
【答案】B
【解题思路】根据奇函数的性质以及所给等式变形，结合对称性和周期性定义，赋值计算，对各选项逐一
进行分析判断.
【解答过程】对于A 选项，已知f ( x)是定义域为R的奇函数，则f (0)=0.
令x =0，代入f ( x)+ f (2−x)=2可得：f (0)+ f (2)=2，将f (0)=0代入得0+ f (2)=2，即f (2)=2，所以
A 选项错误.
对于B 选项，因为f ( x)是奇函数，则f (−x)=−f ( x).
由f ( x)+ f (2−x)=2可得f ( x)=2−f (2−x).
用−x代替x可得f (−x)+ f (2+ x)=2，又因为f (−x)=−f ( x)，所以−f ( x)+ f (2+ x)=2，即
f ( x +2)=2+ f ( x).
那么f ( x + 4)=2+ f ( x +2)=2+2+ f ( x)= 4+ f ( x).
同理f ( x +6)=2+ f ( x + 4)=2+ 4+ f ( x)=6+ f ( x).
f ( x +8)=2+ f ( x +6)=2+6+ f ( x)=8+ f ( x).
f ( x +10)=2+ f ( x +8)=2+8+ f ( x)=10+ f ( x).
令x =0，则f (10)=10+ f (0)=10+0=10，所以B 选项正确.
对于C 选项，由f ( x +2)=2+ f ( x)可知f ( x +2)≠f ( x)，所以f ( x)的最小正周期不是2，C 选项错误.
对于D 选项，由f (0)=0≠2= f (2)，得x =1不是曲线y = f ( x)的对称轴，D 选项错误.
故选：B.
【变式5-2】（2025·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.
【变式5-3】（2025·全国·模拟预测）已知函数f (x)，g(x)的定义域均为R，且f (1−x)+ g(x)=3，
g(3−x)−f (x)=1，y = g(x)的图象关于直线x =1对称，当x∈[0,1)时，f (x)= x
2+1，则
f (2024)+ g(2026)=（ ）
A．1
B．3
C．4
D．2025
【答案】B
【解题思路】在f (1−x)+ g(x)=3中用1−x代换x得f (x)+ g(1−x)=3，结合g(3−x)−f (x)=1得
g(x)+ g(x +2)= 4，即可得出函数g(x)的周期，进而得出函数f (x)的周期，根据y = g(x)的对称性求出
g(0)，g(2)的值，结合函数周期即可求得结果.
【解答过程】由f (1−x)+ g(x)=3，得f (x)+ g(1−x)=3，又因为g(3−x)−f (x)=1，
所以g(1−x)+ g(3−x)= 4，故g(x)+ g(x +2)= 4，g(x +2)+ g(x + 4)= 4，
所以g(x + 4)= g(x)，所以g(x)是以4 为周期的周期函数，
由f (x)+ g(1−x)=3，得f (x)=3−g(1−x)，所以
f (x + 4)=3−g(1−(x + 4))=3−g((1−x)−4)=3−g(1−x)= f (x)，
所以f (x)也是以4 为周期的周期函数，
因为当x∈[0,1)时，f (x)= x
2+1，所以f (0)=1.
因为y = g(x)的图象关于直线x =1对称，所以g(0)= g(2).
又因为g(0)+ g(2)= 4，所以g(2)=2，所以f (2024)+ g(2026)= f (0)+ g(2)=1+2=3.
故选：B.
【题型6 类周期函数】
【例6】（2024·云南昆明·二模）定义“函数y = f (x)是D上的a级类周期函数” 如下: 函数
y = f (x), x∈D，对于给定的非零常数 a，总存在非零常数T，使得定义域D内的任意实数x都有
af (x)= f (x +T )恒成立，此时T为f (x)的周期. 若y = f (x)是[1,+ ∞)上的a级类周期函数，且T =1，当
x∈[1,2)时，f (x)=2 x +1,且y = f (x)是[1,+∞)上的单调递增函数，则实数a的取值范围为（ ）
A．[
5
6 ,+ ∞)
B．[2,+∞)
C．[
5
3 ,+∞)
D．[10,+ ∞)
【答案】C
【解题思路】由题可得f (x)=a
n−1⋅(2 x−2n+3),n∈N
∗，x∈[n,n+1)，然后利用函数的单调性即得.
【解答过程】∵x∈[1,2)时,f (x)=2 x +1，
∴当x∈[2,3)时,f (x)=af ( x−1)=a(2 x−1)；
当x∈[n,n+1)时,f (x)=af ( x−1)=a
2f ( x−2)=⋯=a
n−1f ( x−n+1)=a
n−1⋅(2 x−2n+3)，
即x∈[n,n+1)时,f (x)=a
n−1⋅(2 x−2n+3),n∈N
∗，
∵f ( x)在[1,+∞)上单调递增，
∴a>0且a
n−1⋅(2n−2n+3)≥a
n−2⋅(2n−2n+5)，
解得a≥5
3，
∴实数a的取值范围是[
5
3 ,+ ∞).
故选：C.
【变式6-1】（24-25 高一上·江西吉安·期末）设函数f (x)的定义域为R，且f (x + 4)=2f (x)，当x∈(0,4)
时，f (x)=2 x
2−8 x，若对于∀x∈(−∞,t )，都有f (x)≥−3
2恒成立，则t 的取值范围是（ ）
A．(−∞,−7)
B．(−∞,−5)
C．(−∞,−3)
D．(−∞,−1)
【答案】A
【解题思路】由f (x + 4)=2f (x)和当x∈(0,4)时f (x)=2 x
2−8 x可以逐次推出(−4,0)，(−8,−4)，
(−12,−8)上的解析式，根据每个区间上的函数最小值的规律，应求x∈(−8,−4)时，函数值等于−3
2时
的自变量的值，得到满足f (x)≥−3
2的x的范围，即得t 的取值范围.
【解答过程】当x∈(0,4)时，f (x)=2 x
2−8 x =2( x−2)
2−8，f ( x)∈[−8,0]；因f (x + 4)=2f (x)，即
x 每增大4，对应的纵坐标都变原来的2 倍.
当x∈(−4,0)时，x + 4∈(0,4 ]，故f (x + 4)=2( x +2)
2−8，则f ( x)= 1
2 f ( x + 4)=( x +2)
2−4，
f ( x)∈[−4,0] ；
当x∈(−8,−4)时，x + 4∈(−4,0]，故f (x + 4)=( x +6)
2−4，则f ( x)= 1
2 f ( x + 4)= 1
2 ( x +6)
2−2，
f ( x)∈[−2,0] ；
当x∈(−12,−8)时，x + 4∈(−8,−4 ]，故f (x + 4)= 1
2 ( x +10)
2−2，则
f ( x)= 1
2 f ( x + 4)= 1
4 ( x +10)
2−1，f ( x)∈[−1,0].
如图，依题意令1
2 ( x +6)
2−2=−3
2，解得x =−7或x =−5，由图知当x ≤−7时，f (x)≥−3
2恒成立，即须
使(−∞,t ]⊆(−∞,−7]，故得： t ∈(−∞,−7)．
故选：A.
【变式6-2】（2025·江西新余·一模）若函数y = f ( x)，x∈M对于给定的非零实数a，总存在非零常数T
，使得定义域M内的任意实数x，都有af ( x)= f ( x +T )恒成立，此时T为f ( x)的假周期，函数y = f ( x)是
M上的a级假周期函数，若函数y = f ( x)是定义在区间[0，+ ∞)内的3 级假周期函数且T =2，当
x∈[0,2)，f ( x)={
1
2 −2 x
2,0≤x ≤1
f (2−x),1< x<2)
，函数g( x)=−2ln x + 1
2 x
2+ x +m，若∃x1∈[6,8)，
∃x2∈(0，+∞)使g( x2)−f ( x1)≤0成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．(−∞, 13
2 ]
B．(−∞,12)
C．(−∞,39)
D．[12,+∞)
【答案】C
【解题思路】题目主要考查了函数的性质和最值的求法，可以通过∃x1∈[6,8)，∃x2∈(0，+ ∞)使
g( x2)−f ( x1)≤0成立先将问题转化为g( x)min≤f ( x)max，从而分别求f ( x)max和g( x)min，又因为函数
f ( x)为定义在区间[0，+∞)内的3 级假周期函数且T =2，所以可以通过图像分析出函数f ( x)在[6,8)的最
大值，而对于函数g( x)=−2ln x + 1
2 x
2+ x +m，可以通过求导的方式求得函数的单调性，从而求出函数
g( x)的最小值，并通过g( x)min≤f ( x)max求得m的取值范围.
【解答过程】根据题意，对于函数f ( x)，当x∈[0,2)时，f ( x)={
1
2 −2 x
2,0≤x ≤1
f (2−x),1< x<2)
，
所以当0≤x ≤1时，f ( x)= 1
2 −2 x
2，有最大值f (0)= 1
2，最小值f (1)=−3
2，
当1< x<2时，f ( x)= f (2−x)，函数f ( x)的图象关于直线x =1对称，则此时有−3
2 <f ( x)< 1
2，
而∃x1∈[6,8)，∃x2∈(0，+ ∞)使g( x2)−f ( x1)≤0成立可以转化为g( x)min≤f ( x)max
又由函数y = f ( x)是定义在区间[0,+ ∞)内的3 级假周期函数，且T =2；
则当x∈[6,8)，3 f ( x)= f ( x +2)，即f ( x)=3
3 f ( x −6)，则有−81
2 ≤f ( x)≤27
2 ，
所以当x∈[6,8)时，f (8)=27 f (2)=81f (0)= 81
2 ，
则函数f ( x)在区间[6,8)上的最大值为f (8)= 81
2 ；
对于函数g(x)=−2ln x + 1
2 x
2+ x +m ，有g
′( x)= ( x−1)( x +2)
x
所以在(0,1)上，g
′( x)<0，函数g( x)为减函数，
在(1,+∞)上，g
′( x)>0，函数g( x)为增函数，
则函数g( x)在(0,+∞)上的最小值为g(1)= 3
2 +m，
而问题转化为g( x)min≤f ( x)max，即3
2 +m≤81
2 ，得到m范围为(−∞,39).
故选：C.
【变式6-3】（2025·安徽合肥·模拟预测）定义在R上的函数f (x)满足f (x +1)= 1
2 f (x)，且当x∈[0,1)时，
f (x)=1−|2 x−1).当x∈[m,+∞)时，f (x)≤3
32，则m的最小值为（ ）
A．27
8
B．29
8
C．13
4
D．15
4
【答案】B
【解题思路】
根据已知计算出f (x)= 1
2
n [1−|2 x−(2n+1)))≤1
2
n，画出图象，计算f (x)= 3
32，解得x = 29
8 ，从而求出m
的最小值.
【解答过程】由题意得，当x∈[1,2)时，故f (x)= 1
2 f (x−1)= 1
2 (1−|2 x−3))，
当x∈[2,3)时，故f (x)= 1
2 f (x−1)= 1
4 (1−|2 x−5))…，
可得在区间[n,n+1)(n∈Z)上，f (x)= 1
2
n [1−|2 x−(2n+1)))≤1
2
n，
所以当n≥4时，f (x)≤3
32，作函数y = f (x)的图象，如图所示，
当x∈[
7
2 ,4)时，由f (x)= 1
8 (1−|2 x−7))= 3
32 ,|2 x−7)= 1
4 , x = 29
8 ，则m≥29
8 ，
所以m的最小值为29
8
故选：B.
【题型7 抽象函数的性质及其应用】
【例7】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）函数f (x)的定义域为R，且对任意的实数x，都有
f (x)= f (x−2)−f (4−x)，且f (0)=2，则下列说法错误的是（ ）
A．f (x)为偶函数
B．f (x)为周期函数且周期为12
C．f (4)=−1
D．∑
i=1
25
f (2i)=2
【答案】D
【解题思路】用x +2代替x，可得f (2+ x)+ f (2−x)= f (x)，可判断C；用−x替换x，结合偶函数的性质可
得A 正确；用x +2替换x，结合偶函数的性质可得B 正确；由函数的周期性可得D 错误.
【解答过程】因为f (x)= f (x−2)−f (4−x)，用x +2代替x，可得f (2+ x)+ f (2−x)= f (x)，
令x =0，得f (0)=2f (2)=2，即f (2)=1，
令x =2，得f (4)+ f (0)= f (2)，所以f (4)= f (2)−f (0)=1−2=−1，C 正确；
用−x替换x，可得f (2−x)+ f (2+ x)= f (−x)，所以f (x)= f (−x)，
所以函数f (x)为偶函数，A 正确；
用x +2替换x，可得f (4+ x)+ f (−x)= f (x +2)，
所以f (4+ x)+ f (x)= f (x +2)，所以f (x)= f (x +2)−f (x + 4)，
所以f (x +2)= f (x + 4)−f (x +6)，即f (x +6)=−f (x)．
所以f (x +12)=−f (x +6)= f (x)，
故f (x)是以12 为周期的周期函数，B 正确；
f (6)=−f (0)=−2，
所以f (6)= f (4)−f (−2)= f (4)−f (2)=−1−1=−2；
f (8)=−f (2)=−1，f (10)=−f (4)=1，f (12)=2，
所以∑
i=1
25
f (2i)= 4[1+(−1)+(−2)+(−1)+1+2)+1=1，D 错误.
故选：D.
【变式7-1】（2025·江西九江·一模）定义在R上的函数f (x)满足：①对任意x∈R，都有
f (2+ x)= f (1)−f (−x)；②f (2 x)的图象关于直线x =1对称：③f (2)=1,f(
3
2)=
❑√2
2 ．则下列说法正确的
是（ ）
A．f (x +2)是奇函数
B．f (x +1)是偶函数
C．f(−1
2)=−
❑√2
2
D．∑
k =1
2025
f(
k
2)=0
【答案】C
【解题思路】根据对称性可得f (x)的图象关于(1,0)对称，直线x =2对称，且以以4 为周期的周期函数，即
可根据函数图象的平移，结合奇偶性的定义求解.
【解答过程】令x =−1，得f (2−1)= f (1)−f (1)=0，即f (1)=0,∴f (2+ x)+ f (−x)=0，故函数f (x)的图
象关于(1,0)对称．
又∵f (2 x)的图象关于直线x =1对称，故f (2 x)= f (2(2−x))= f (4−2 x)，∴f (x)的图象关于直线x =2对
称．
f (x)= f (4−x)=−f (−2+ x)= f (x−4)，∴f (x)是以4 为周期的周期函数．
对于A，f (x +2)的图象是将f (x)的图象向左平移2 个单位，故f (x +2)的图象关于y轴对称，f (x +2)是偶
函数，故A 错误；
对于B，f (x +1)的图象是将f (x)的图象向左平移1 个单位，故f (x +1)的图象关于原点对称，f (x +1)是奇
函数，故B 错误；
对于C，由f (2+ x)+ f (−x)=0，得f(−1
2)+ f(
5
2)=0；由f (−x +2)= f (x +2)，得f(
3
2)= f(
5
2)，
∴f(−1
2)=−f(
3
2)=−
❑√2
2 ，故C 正确；
对于D，依题意，得f(
1
2)=−
❑√2
2 ,f (1)=0,f(
3
2)=
❑√2
2 ,f (2)=1,f(
5
2)=
❑√2
2 ,f (3)=0，f(
7
2)=−
❑√2
2 ，
f (4)=−1,∴∑
k =1
8
f(
k
2)=0,∴∑
k =1
2025
f(
k
2)= f(
1
2)=−
❑√2
2 ，故D 错误．
故选：C．
【变式7-2】（2025·福建龙岩·模拟预测）已知函数f ( x)的定义域为Z，且满足
f ( x)+ f ( y)= f ( x + y)−2 xy +2,f (1)=2，则下列结论正确的是（ ）
A．f (4)=12
B．方程f ( x)= x有解
C．f(x + 1
2)是偶函数
D．f(x−1
2)是偶函数
【答案】C
【解题思路】对于A，分别取x = y =1，x = y =2代入即可判断； 取y =1，得到f ( x +1)−f ( x)=2 x，利
用累加法求出f (x)，对于B，验证判别式即可；对于CD，分别利用二次函数求出对称轴验证即可.
【解答过程】对于A，因为函数f ( x)的定义域为Z，且满足f ( x)+ f ( y)= f ( x + y)−2 xy +2,f (1)=2，
取x = y =1，得f (1)+ f (1)= f (2)−2+2，则f (2)= 4，
取x = y =2，得f (2)+ f (2)= f (4)−2×2×2+2，则f (4)=14，故A 错误；
取y =1，f ( x)+ f (1)= f ( x +1)−2 x +2，则f ( x +1)−f ( x)=2 x，
所以f ( x)−f ( x−1)=2(x−1)，f ( x−1)−f ( x−2)=2(x−2)，⋯，f (2)−f (1)=2，
将以上各式相加，得f (x)−f (1)=
(x−1)[2(x−1)+2)
2
= x
2−x，
又因为f (1)=2，
所以f (x)= x
2−x +2，
对于B，令f ( x)= x，则x
2−x +2= x，即x
2−2 x +2=0，
因为Δ= 4−4×2<0，所以方程无解，故B 错误；
对于C，f(x + 1
2)=(x + 1
2)
2
−(x + 1
2)+2= x
2+ 7
4 ，
其对称轴为x =0，故C 正确；
对于D，f(x−1
2)=(x−1
2)
2
−(x−1
2)+2= x
2−2 x + 11
4 ，
其对称轴为x =1，故D 错误.
故选：C.
【变式7-3】（2025·辽宁抚顺·一模）已知定义域为{x|x≠0))的函数f (x)满足
f (x + y)[f (x)+ f ( y))= f (x)f ( y)，f (1)=2，且当x∈(0,+∞)时，f (x)>0恒成立，则下列结论正确的是
（ ）
A．f(
2
3)=6
B．f (2 x)=2f (x)
C．f (x)为奇函数
D．f (x)在区间(0,+∞)是单调递增函数
【答案】C
【解题思路】赋值法可判断A，利用奇偶函数的定义及赋值法判断BC，由函数的特例可判断D.
【解答过程】令x = y = 1
3，则f(
2
3)[f(
1
3)+ f(
1
3))= f(
1
3)f(
1
3)，
所以2f(
2
3)f(
1
3)= f
2(
1
3)，因为当x∈(0,+∞)时，f (x)>0，
所以2f(
2
3)= f(
1
3)，
令x = 2
3 ，y = 1
3，所以f (1)[f(
2
3)+ f(
1
3))= f(
2
3)f(
1
3)，
即2[f(
2
3)+2f(
2
3))=2f
2(
2
3)，解得：f(
2
3)=3，故A 错误；
由题意，函数f (x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，关于原点对称，
令y =−2 x，则f (x−2 x)[f (x)+ f (−2 x))= f (x)f (−2 x)，即f (−x)[f (x)+ f (−2 x))= f (x)f (−2 x)
令−x代换x , y，则f (−x−x)[f (−x)+ f (−x))= f (−x)f (−x)，即2f (−2 x)f (−x)= f (−x)f (−x)，
所以2f (−2 x)= f (−x)，令−x代换x，所以2f (2 x)= f (x)，故B 错误；
由将2f (−2 x)= f (−x)代入f (−x)[f (x)+ f (−2 x))= f (x)f (−2 x)，
可得f (−x)[f (x)+ f (−x)
2 )= f (x) f (−x)
2
，化简可得f (−x)=−f (x)，
所以f ( x)为奇函数，故C 正确；
令x = y =1，则f (2)[f (1)+ f (1))= f (1)f (1)，解得：f (2)=1，f (1)=2>f (2)=1，故D 错误.
故选：C.
【题型8 函数性质的综合应用】
【例8】（2025·山东德州·三模）已知函数f ( x)是定义在R上的增函数，且f ( x +1)−2为奇函数，对任意
的a∈[−3,2]，不等式f (2a+t )+ f (a
2−1)≤4恒成立，则实数t的取值范围是（ ）
A．(−∞,−5]
B．(−∞,0]
C．[0,+∞)
D．[−5,+∞)
【答案】A
【解题思路】设g(x)= f (x +1)−2，把f (2a+t )+ f (a
2−1)≤4转化成g(2a+t −1)+ g(a
2−2)≤0，再结合
函数g(x)的奇偶性，把不等式转化成g(2a+t −1)≤g(2−a
2)，再结合g(x)的单调性，得到
2a+t −1≤2−a
2，分离参数，根据二次函数的性质，可求实数t的取值范围.
【解答过程】令g(x)= f (x +1)−2，则f (x)= g(x−1)+2，
由f (2a+t )+ f (a
2−1)≤4，
可得g(2a+t −1)+2+ g(a
2−1−1)+2≤4，
即g(2a+t −1)+ g(a
2−2)≤0，
又因为g(x)为奇函数，所以g(2a+t −1)≤−g(a
2−2)= g(2−a
2).
因为f (x)是定义在R上的增函数，所以g(x)也是定义在R上的增函数，
故2a+t −1≤2−a
2，即t ≤−a
2−2a+3=−(a+1)
2+ 4恒成立.
因为a∈[−3,2]，所以−(a+1)
2+ 4的最小值为−(2+1)
2+ 4 =−5，
所以t ≤−5，即实数t的取值范围是(−∞,−5].
故选：A.
【变式8-1】（2025·重庆·三模）已知定义域为 R 的连续函数 f (x) 满足： ① f (x +6) 为偶函数； ②
∀x∈R，f (2+ x)+ f (4−x)=0 ； ③ ∀x1, x2∈(0,3), f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0 ． 则 f (2),f (5),f (121)
的大小顺序为（ ）
A．f (2)<f (5)<f (121)
B．f (2)<f (121)<f (5)
C．f (121)<f (2)<f (5)
D．f (5)<f (2)<f (121)
【答案】C
【解题思路】根据①得∴f ( x)关于直线x =6对称，再得其f ( x)关于点(3,0)对称，则得到其周期性，再利
用其单调性即可比较大小.
【解答过程】由①，有f ( x +6)= f (−x +6),∴f ( x)关于直线x =6对称；
由②，令t =2+ x，则x =t −2，有f (6−t )=−f (t ),∴f ( x)关于点(3,0)对称；
则f (6−x)=−f ( x)，又因为f (−x +12)= f ( x)，则f (6−x)=−f (−x +12)，
则f ( x)=−f ( x +6)，则f ( x +6)=−f ( x +12)，则f ( x)= f ( x +12)，
则f ( x)的周期为12，故f (121)= f (1)；
由③，知f ( x)在(0,3)单调递增，∵f ( x)关于点(3,0)对称，
∴f ( x)在(3,6)单调递增，又∵f ( x)在R上连续，
∴f ( x)在(0,6)单调递增，故有f (1)<f (2)<f (5)，
即f (121)<f (2)<f (5)．
故选：C.
【变式8-2】（2025 高三上·四川成都·专题练习）已知函数f (x),g(x)的定义域均为R ,f (x)为偶函数，且
f (x)+ g(2−x)=1，g(x)−f (x−4)=3，下列说法正确的有（ ）
A．函数g(x)的图象关于x =1对称
B．函数f (x)的图象关于(−1,−2)对称
C．函数f (x)是以4 为周期的周期函数
D．函数g(x)是以6 为周期的周期函数
【答案】C
【解题思路】根据题中所给条件可判断g(x)关于x =2和x = 4对称，进而得g(x)的周期性，结合g(x)的周
期性和f (x)的奇偶性即可判断f (x)的周期性，结合选项即可逐一求解.
【解答过程】由f (x)+ g(2−x)=1得f (−x)+ g(2+ x)=1，又f (x) 为偶函数，所以
f (x)= f (−x) ，进而可得g(2−x)= g(2+ x)；因此可得g(x)的图象关于x =2对称,
又g(x)−f (x−4)=3可得g(8−x)−f (4−x)=3，结合f (x) 为偶函数，所以g(x)= g(8−x)，故g(x)的图
象关于x = 4对称，
因此g(x)= g(4−x)= g(4+ x) ，所以g(x)是以4 为周期的周期，故D 错误，
由于f (x−2)= g(x +2)−3= g(2−x)−3=1−f (x)−3⇒f (x)=−f (x−2)−2，所以f (−x)+ f (x−2)=−2
且f (x)=−f (x −2)−2=−[−f (x −4)−2)−2= f (x −4)，
因此f (x)的图象关于(−1,−1)对称，函数f (x)是以4 为周期的周期函数，故C 正确，B 错误，
根据f (x)是以4 为周期的周期函数，由f (x)+ g(2−x)=1，g(x)−f (x−4)=3得g(x)+ g(2−x)= 4，所以
数g(x)的图象关于(1,2)对称，故A 错误，
故选：C.
【变式8-3】（2025·重庆·模拟预测）已知函数y = f ( x)的定义域是(−∞,0)∪(0,+ ∞)，对任意的x1，
x2∈(0,+ ∞)，x1≠x2，都有
x2f (x2)−x1f (x1)
x2−x1
>0，若函数y = f (x +1)的图象关于点(−1,0)成中心对称，
且f (1)= 4，则不等式f (x)> 4
x 的解集为（ ）
A．(−1,0)∪(0,1)
B．(−1,0)∪(1,+∞)
C．(−∞,−1)∪(0,1)
D．(−∞,−1)∪(1,+ ∞)
【答案】B
【解题思路】由题意，构造函数g( x)= xf ( x)，判断函数g( x)的奇偶性和单调性，结合函数的奇偶性和单
调性解不等式即可.
【解答过程】由函数y = f ( x +1)图象关于点(−1,0)中心对称，知函数f ( x)图象关于点(0,0)中心对称，
所以f ( x)为奇函数.
令g( x)= xf ( x)，则g(−x)=−xf (−x)= xf ( x)= g( x)，所以g( x)为偶函数，
对于∀x1, x2∈(0,+ ∞)，有
g( x2)−g( x1)
x2−x1
>0( x1≠x2)，所以g( x)在(0,+∞)上单调递增，
所以g( x)在(−∞,0)上单调递减.
由f (1)= 4，得g(1)= 4，g(−1)= 4，
当x>0时，f ( x)> 4
x 变形为xf ( x)>4，即g( x)>g(1)，解得x>1；
当x<0时，f ( x)> 4
x 变形为xf ( x)<4，即g( x)<g(−1)，解得−1< x<0，
综上，不等式f ( x)> 4
x 的解集为(−1,0)∪(1,+∞).
故选：B.
一、单选题
1．（2025·广东惠州·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R ,f (x +2)为偶函数，f (x +1)为奇函数，则
（ ）
A．f(−1
2)=0
B．f (−1)=0
C．f (2)=0
D．f (4)=0
【答案】B
【解题思路】根据题意可推出函数f (x)的周期，结合赋值法可确定f (−1)=0，判断B，其余选项结合赋
值，无法确定，即可判断正确.
【解答过程】因为函数f (x +2)为偶函数，则f (2+ x)= f (2−x)，可得f (x +3)= f (1−x)，
因为函数f (x +1)为奇函数，则f (1−x)=−f (x +1)，
所以f (x +3)=−f (x +1)，即得f (x +2)=−f (x)，
即f (x + 4)= f (x)，故函数f (x)是以4 为周期的周期函数，
对于f (1−x)=−f (x +1)，令x =0，则f (1)=−f (1)⇒f (1)=0，
对于f (x +2)=−f (x)，令x =−1，则f (−1)=−f (1)=0，B 正确；
由题意可知f(−1
2)=−f(
3
2)=−f(
5
2)，无法推出f(−1
2)=0，A 错误，
又f (2)=−f (0)，f (4)= f (0)，而f (0)是否为0 不确定，故CD 错误，
故选：B.
2．（2025·河北·模拟预测）已知f (x)= x
2−mx，g(x)=(x +m)e
x，两个函数图象至少有一个在区间(−1,2)
上不单调，则m的取值范围是（ ）
A．(−2,4)
B．(−3,0)
C．(−3,−2)
D．(−3,4)
【答案】D
【解题思路】利用二次函数的性质，求得函数f (x)在(1,2)上不单调时，求得m的取值范围，再由导数求得
函数g(x)在(1,2)上不单调时，求得m的取值范围，进而得到答案.
【解答过程】由函数f (x)= x
2−mx的对称轴为x = m
2 ，
若f (x)在(1,2)上不单调，则满足−1< m
2 <2，解得−2<m<4；
又由函数g(x)=(x +m)e
x，可得g
′ (x)=(x +m+1)e
x，
若g(x)在(−1,2)上不单调，则满足−1<−m−1<2，解得−3<m<0，
所以两个函数图象至少有一个在区间(−1,2)上不单调，则有−2<m<4或−3<m<0，
可得−3<m<4，所以实数m的取值范围为(−3,4).
故选：D.
3．（2025·天津河北·模拟预测）已知函数y = f (x)是定义在R 上的奇函数，则下列函数中为奇函数的是
（ ）
A．y = f (|x))
B．y = f (x
2)
C．y = x⋅f (x)
D．y = f (x)+ x
【答案】D
【解题思路】利用函数奇偶性的定义判断可得结论．
【解答过程】因为f (x)的定义域为R，又因为f (|−x|)= f (| x|)，所以y = f (| x|)是偶函数，不符合题
意；
令F (x)= f ( x
2)，则F (−x)= f (x
2)= F (x)，所以F (x)是偶函数，不符合题意；
令M (x)= x⋅f (x)，则M (−x)=−x⋅f (−x)= x⋅f (x)= M (x)，所以M (x)是偶函数，不符合题意；
令N (x)= f (x)+ x，则N (−x)= f (−x)−x =−f (x)−x =−[f (x)+ x)=−N (x)，所以N (x)是奇函数，符合
题意．
故选：D．
4．（2025·河北邢台·三模）函数f ( x)=e
x
x
2 −1
x 的部分图象大致是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解题思路】法一，利用特殊值排除；法二，求导得出f ( x)在(−∞,0)，(2,+∞)上单调递增也可.
【解答过程】解法一：因为函数f ( x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，故排除A；
f (1)=e−1，f (−1)= 1
e +1，所以f (1)≠−f (−1)，f (1)≠f (−1)，
故f (x)非奇非偶函数，故排除B，D.
解法二： 由题可知f
'( x)= ( x−2)e
x
x
3
+ 1
x
2 = ( x−2)e
x+ x
x
3
，
当x<0或x>2时，f
' (x)>0，则f ( x)在(−∞,0)，(2,+∞)上单调递增，故ABD 错误；
故选：C.
5．（2025·云南·模拟预测）已知f (x)是定义在R 上的奇函数，且f (1)=1，若对任意的x1，x2∈(0,+ ∞)
，均有
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>1成立，则不等式f (x−1)+1> x的解集为（ ）
A．(0,1)∪(2,+ ∞)
B．(−2,0)∪(2,+∞)
C．(−∞,−2)∪(0,1)
D．(−2,−1)∪(0,1)
【答案】A
【解题思路】根据
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>1，设函数g(x)= f (x)−x，则g(x)= f (x)−x在(0,+∞)上递增，判断
g(x)= f (x)−x也是是定义在R 上的奇函数，可得g(x)= f (x)−x在(−∞,0)上递增，分类讨论列不等式求
解即可.
【解答过程】因为对任意的x1, x2∈(0,+ ∞)，均有
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>1成立，不妨设x2> x1>0，
则x1−x2<0，所以f (x1)−f (x2)< x1−x2⇒f (x1)−x1<f (x2)−x2，
令g(x)= f (x)−x，则g(x)= f (x)−x在(0,+ ∞)上递增，
因为f (x)是定义在R 上的奇函数，所以g(x)= f (x)−x是定义在R 上的奇函数，
所以g(x)= f (x)−x在(−∞,0)上递增，
不等式f (x−1)+1> x化为f (x−1)−(x−1)>0⇒g(x−1)>0，
因为f (1)=1，所以f (1)−1=0，即g(1)=0，所以g(−1)=−g(1)=0，
则{
g(x−1)>g(1)
x−1>0 )，即：{
x−1>1
x−1>0)⇒x>2，所以x>2，
或{
g(x−1)>g(−1)
x−1<0
)，即：{
x−1>−1
x−1<0 )⇒0< x<1，所以0< x<1，
所以不等式f (x−1)+1> x的解集为(0,1)∪(2,+∞)，
故选：A．
6．（2025·安徽合肥·模拟预测）定义域为R 的函数f ( x)，其图象关于直线x =1对称，已知f ( x +2)−1为
奇函数，且f (1)=0，则∑
k =1
2025
❑f (k )=（ ）
A．2023
B．2024
C．2025
D．2026
【答案】B
【解题思路】根据题意有f ( x)= f (−x +2)，f (−x +2)+ f ( x +2)=2，从而得f ( x)+ f ( x +2)=2，即可求
出周期，进而求出一个周期的和，利用周期即可求解.
【解答过程】由f ( x)关于x =1对称，有f ( x)= f (−x +2)，
又f ( x +2)−1为奇函数，则f (−x +2)−1=−f ( x +2)+1即f (−x +2)+ f ( x +2)=2，且f (0+2)−1=0即
f (2)=1，
所以f (x)关于点(2,1)对称，且f ( x)+ f ( x +2)=2，
则f ( x +2)+ f ( x + 4)=2，作差有f ( x)= f ( x + 4)，
∴f ( x)为周期函数，且周期为4，因为f (1)+ f (3)=2，f (1)=0，则f (3)=2，
因为f (0)= f (2)，f (0)+ f (2)=2，则f (0)= f (2)=1，f (4)= f (0)=1，
则f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)= 4，∑
k =1
2025
❑f (k )= 4×506+0=2024．
故选：B．
7．（2025·安徽蚌埠·三模）已知函数f ( x)及其导函数f
′( x)的定义域都是R，若函数f ( x)是偶函数，
f
′( x)+e
x+ x也是偶函数，且f (a)>f (3a−1)，则实数a 的取值范围是（ ）
A．(−∞, 1
2)
B．(
1
2 ,+ ∞)
C．(
1
4 , 1
2)
D．(−∞, 1
4)∪(
1
2 ,+ ∞)
【答案】D
【解题思路】由偶函数的定义结合导数可得出f
′ (x)=−f
′ (−x)，由已知可得出
f
' (x)+e
x+ x = f
' (−x)+e
−x−x，可求出f
′ (x)的表达式，利用导数分析函数f
′ (x)的单调性，可知函数f (x)
在[0,+ ∞)上为减函数，再由f (a)>f (3a−1)可得出f (|a))>f (|3a−1))，可得出关于实数a的不等式，解
之即可.
【解答过程】因为f (x)为偶函数，则f (x)= f (−x)，等式两边求导可得f
′ (x)=−f
′ (−x)，①
因为函数f
' (x)+e
x+ x为偶函数，则f
' (x)+e
x+ x = f
' (−x)+e
−x−x，②
联立①②可得f
' (x)=e
−x−e
x
2
−x，
令g(x)= f
′ (x)，则g
' (x)= −e
x−e
−x
2
−1<0，且g
′ (x)不恒为零，
所以，函数g(x)在R上为减函数，即函数f
′ (x)在R上为减函数，
故当x>0时，f
' (x)<f
' (0)=0，所以，函数f (x)在[0,+∞)上为减函数，
由f (a)>f (3a−1)可得f (|a))>f (|3a−1))，
所以，|a)<|3a−1)，整理可得8a
2−6a+1>0，解得a< 1
4 或a> 1
2.
故选：D.
8．（2025·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.
二、多选题
9．（2025·陕西商洛·模拟预测）若函数 f (x)= x
❑√x
2−1 ，则（ ）
A．f (❑√3)= ❑√6
B．f ( x)的定义域为 (−∞,−1]∪[1,+∞)
C．f ( x)是奇函数
D．f ( x)的最小值为 0
【答案】ABC
【解题思路】求出函数值判断A；求出定义域判断B；由奇函数定义判断C；举例说明判断D.
【解答过程】对于A，f (❑√3)= ❑√3⋅
❑√(❑√3)
2−1= ❑√6，A 正确；
对于B，由x
2−1≥0，解得x ≤−1或x ≥1，因此f ( x)的定义域为 (−∞,−1]∪[1,+∞)，B 正确；
对于C，f (−x)=−x⋅
❑√(−x)
2−1=−x
❑√x
2−1=−f ( x)，f ( x)是奇函数，C 正确；
对于D，f (−❑√3)=−f (❑√3)=−❑√6<0，D 错误.
故选：ABC.
10．（2025·宁夏银川·三模）已知定义在R上的函数f (x)满足f (x)=−f(x + 3
2),f (−1)=1,f (0)=−2，且
f(x−3
4)为奇函数，则（ ）
A．f (x)为奇函数
B．f (x)为偶函数
C．f (x)是周期为3 的周期函数
D．f (0)+ f (1)+…+ f (30)=−2
【答案】BCD
【解题思路】由f (0)=−2可判断A，由f (x)=−f(x + 3
2)，得到f (x +3)= f (x)，可判断C，由
f(x−3
4)=−f(−x−3
4)和f(x−3
4)=−f(x + 3
4)可判断B，由周期性，奇偶性可判断D.
【解答过程】对于A，f (0)=−2，所以f (x)不是奇函数，错误；
对于B：因为f(x−3
4)为奇函数，
所以f(x−3
4)=−f(−x−3
4)，
由f (x)=−f(x + 3
2)，可得：f(x−3
4)=−f(x−3
4 + 3
2)=−f(x + 3
4)，
所以−f(−x−3
4)=−f(x + 3
4)，即f(−x−3
4)= f(x + 3
4)，
所以f (−x)= f (x)，偶函数，正确；
对于C：由f (x)=−f(x + 3
2)，
可得f (x +3)=−f(x + 3
2)= f (x)，所以f (x)是周期为3 的周期函数，正确；
对于D，f (2)= f (−2)= f (1)= f (−1)=1，
所以f (0)+ f (1)+ f (2)=0，
由周期性可得：f (0)+ f (1)+…+ f (30)=10[f (0)+ f (1)+ f (2))+ f (0)=−2
故选：BCD.
11．（2025·山东泰安·模拟预测）函数f ( x)对于任意的x , y ∈R，满足
f ( x−y)−f ( x + y)= f ( x−1)f ( y −1)，且f (0)=2，则（ ）
A．y = xf ( x)为偶函数
B．4是函数f ( x)的一个周期
C．点(2025,0)是f ( x)图象的对称中心
D．∑
i=0
2026
f (i)=0
【答案】BCD
【解题思路】根据给定条件，利用赋值法，结合函数奇偶性、周期性及对称性的意义逐项判断即得.
【解答过程】由题知，f ( x−y)−f ( x + y)= f ( x−1)f ( y −1)
对于选项A：令x = y =0，得f (0)−f (0)= f (−1)f (−1)，所以f (−1)=0，
令x =0，得f (−y)−f ( y)= f (−1)f ( y −1)=0，即f (−y)= f ( y)，所以f ( x)为偶函数，
所以函数ℎ( x)= xf ( x)为奇函数，故选项A 不正确；
对于选项B：令x =1，f (1−y)−f (1+ y)= f (0)f ( y −1)=2f ( y −1)，即f ( y +1)=−f ( y −1)，
f ( y +2)=−f ( y)= f ( y −2)，所以f ( x)周期为4，故选项B 正确；
对于选项C： 由B 中f ( y +1)=−f ( y −1)，即f ( y +1)+ f ( y −1)=0，所以f ( x)关于(1,0) 对称，且
f (1)=0，又f ( x)周期为4，所以f (2025)= f (1)=0，故选项C 正确；
对于选项D：令x = y =1，得f (0)−f (2)= f (0)f (0)，即f (2)=−2，
令x =1, y =2，得f (−1)−f (3)=2f (1)，所以f (3)=0，
所以f (0)+ f (1)+ f (2)+ f (3)=2+0+(−2)+0=0，
故∑
i=0
2026
f (i)= f (2024)+ f (2025)+ f (2026)= f (0)+ f (1)+ f (2)=0，故选项D 正确.
故选：BCD.
三、填空题
12．（2025·山西朔州·模拟预测）已知函数f ( x)是定义在R上周期为4 的奇函数，若f (1)=1，则
f (2)+3 f (399)= ．
【答案】−3
【解题思路】根据给定条件，利用函数的奇偶性和周期性求出函数值.
【解答过程】函数f ( x)是定义在R上周期为4 的奇函数，故f (−x)=−f ( x)且f ( x + 4)= f ( x)，
故f (−2)=−f (2)= f (2)，解得f (2)=0，f (399)= f (399−400)= f (−1)，
又f (1)=1，所以f (2)+3 f (399)=0+3 f (−1)=−3 f (1)=−3.
故答案为：−3.
13．（2025·河北秦皇岛·三模）已知函数f (x)满足对∀x∈R都有f (x)+ f (−x)=0成立．当x ≥0时，
f (x)= x
2+2 x，则不等式f (f (x))+ f (x +1)<0的解集为 ．
【答案】(−∞, 3−❑√13
2 )
【解题思路】根据f ( x)+ f (−x)=0得到函数f (x)是R上的奇函数，继而求出x<0时，f (x)的解析式并判
断f (x)在R上的单调性，利用奇函数和单调性结合分段函数可得两个不等式组，求解即得.
【解答过程】因为对∀x∈R都有f (x)+ f (−x)=0，所以f (x)是R上的奇函数，
又x ≥0时，f (x)= x
2+2 x =(x +1)
2−1，显然f (x)在(0,+∞)上单调递增，
故函数f (x)在R上单调递增，
当x<0时，−x>0，则f (−x)= x
2−2 x，即f (x)=−f (−x)=−x
2+2 x；
由f (f (x))+ f (x +1)<0，可得f (f (x))<−f (x +1)= f (−x −1)，
故得f (x)<−x−1，
则有{
x ≥0
x
2+2 x<−x−1)或{
x<0
−x
2+2 x<−x−1)，
即{
x ≥0
x
2+3 x +1<0)或{
x<0
x
2−3 x−1>0)，解得：x< 3−❑√13
2
，
所以不等式f (f (x))+ f (x +1)<0的解集为(−∞, 3−❑√13
2 ).
故答案为：(−∞, 3−❑√13
2 ).
14．（2025·陕西安康·模拟预测）已知函数f (x)的图象关于(2,0)中心对称，且f (x)在[2,+∞)上单调递减，
若f (3−2a)+ f (4 a+5)>0，则实数a 的取值范围为 ．
【答案】a<−2
【解题思路】根据函数图象关于(2,0)中心对称可得f (4−x)=−f (x)，又因为f (x)在[2,+∞)上单调递减可
推得f (x)≤0结合函数关于(2,0)中心对称进而推得f (x)在R上单调递减.再利用函数的单调性即可求得a的范
围.
【解答过程】由函数f (x)的图象关于(2,0)中心对称，则f (4−x)=−f (x).
又因为f (x)在[2,+ ∞)上单调递减，所以x∈[2,+∞)时，f (x)≤0，
且f (x)在(−∞,2)上单调递减，且f (x)>0，可得f (x)在R上单调递减.
又因为f (3−2a)=−f (1+2a)，所以f (3−2a)+ f (4 a+5)>0可得f (4 a+5)>f (1+2a)，
则4 a+5<1+2a，得a<−2.
故答案为：a<−2.
四、解答题
15．（2025·山东济南·三模）已知函数f ( x)= x + m
x ，且f (1)=2.
(1)求m的值;
(2)判断函数f ( x)在(1,+ ∞)上是增函数还是减函数，并证明.
【答案】(1)1
(2)增函数，证明见解析
【解题思路】（1）将f (1)=2代入函数求值即可；
（2）利用单调性的定义判断即可.
【解答过程】（1）∵f (1)=2，
∴1+m=2
∴m=1
（2）函数为增函数，证明如下：
设x1、x2是(1,+∞)上的任意两个实数，且1< x1< x2，
则f (x1)−f (x2)= x1+ 1
x1
−(x2+ 1
x2)
= x1−x2+(
1
x1
−1
x2)
= x1−x2−x1−x2
x1 x2
=(x1−x2)(
x1 x2−1
x1 x2 )
当1＜x1＜x2时，x1 x2−1>0，x1−x2<0，
从而f (x1)−f (x2)<0，即f (x1)<f (x2)，
∴函数f (x)＝1
x + x在(1,+ ∞)上为增函数.
16．（24-25 高一上·全国·课堂例题）已知函数y = f (x)是定义在R上的奇函数，且当x ≤0时，
f (x)= x
2+2 x.现已画出函数f (x)在y轴及其左侧的图象，如图所示.
(1)请补出完整函数y = f (x)的图象；
(2)根据图象写出函数y = f (x)的递增区间；
(3)根据图象写出使f (x)<0的x的取值集合.
【答案】(1)答案见解析
(2)(−1,1)
(3)(−2,0)∪(2,+∞)
【解题思路】（1）根据函数是奇函数关于原点对称得出右侧图象；
（2）数形结合得出函数增区间；
（3）数形结合得出不等式的解集.
【解答过程】（1）由题意作出函数图象如图所示：
（2）由图可知，单调递增区间为(−1,1).
（3）由图可知，使f (x)<0的x的取值集合为(−2,0)∪(2,+∞).
17．（2025·上海·三模）设a>0且a≠1，已知函数f (x)=loga(x +2),g(x)=loga(2−x)．
(1)判断f (x)+ g(x)是否为偶函数，并说明理由；
(2)令函数ℎ(x)= f (x)+ g(x)，解关于x的不等式ℎ(2 x−3)>ℎ(3 x−1)．
【答案】(1)偶函数，理由见解析.
(2)当a>1时，不等式的解集为(
4
5 ,1)；当0<a<1时，不等式的解集为(
1
2 , 4
5).
【解题思路】（1）由偶函数的性质证明即可；
（2）由偶函数的性质，换元令t = 4−x
2，再分a>1和0<a<1结合对数函数的单调性解抽象函数不等式即
可.
【解答过程】（1）f (x)+ g(x)是偶函数.
理由如下：
因为f (x)+ g(x)=loga(x +2)+loga(2−x)，
∴x +2>0且2−x>0，即定义域为{x∣−2< x<2}，定义域关于原点对称.
∵f (−x)+ g(−x)=loga(−x +2)+loga(2+ x)= f (x)+ g(x)，
∴f (x)+ g(x)是偶函数.
（2）ℎ(x)=loga(x +2)+loga(2−x)=loga(4−x
2),ℎ(x)为偶函数，
令t = 4−x
2,∵x∈(−2,2),∴t ∈(0,4).
当a>1时，y =logat在(0,4)上单调递增，ℎ(x)在区间(0,2)上单调递减，
由ℎ(2 x−3)>ℎ(3 x−1)，得|2 x−3)<|3 x−1)且{
−2<2 x−3<2
−2<3 x−1<2)，解得4
5 < x<1.
当0<a<1时，y =logat在(0,4)上单调递减，ℎ(x)在区间(0,2)上单调递增，
由ℎ(2 x−3)>ℎ(3 x−1)，得|2 x−3)>|3 x−1)且{
−2<2 x−3<2
−2<3 x−1<2)，解得1
2 < x< 4
5 .
综上所述：当a>1时，不等式的解集为(
4
5 ,1)；
当0<a<1时，不等式的解集为(
1
2 , 4
5).
18．（2025·上海·三模）已知f (x)= ax−b
4−x
2 ，函数y = f (x)是定义在(−2,2)上的奇函数，且f (1)= 1
3.
(1)求f (x)的解析式；
(2)判断y = f (x)的单调性，并用函数单调性的定义加以证明.
【答案】(1)f ( x)=
x
4−x
2 (−2< x<2)
(2)f (x)在区间(−2,2)上为严格增函数，证明见解析
【解题思路】（1）根据题意，由奇函数的性质可得f (0)=0，求出b的值，结合函数的解析式求出a的值，
计算可得答案；
（2）根据题意，根据单调性的定义，结合作差法证明可得答案．
【解答过程】（1）根据题意，f ( x)= ax−b
4−x
2 是定义在(−2,2)上的奇函数，
则有f (0)= −b
4 =0，解得b=0，
又由f (1)= a
3 = 1
3，解得a=1，
所以f ( x)=
x
4−x
2，f ( x)定义域为(−2,2)，
且f (−x)=
−x
4−(−x)
2 = −x
4−x
2 =−f ( x)，所以f ( x)=
x
4−x
2 (−2< x<2)；
（2）f ( x)在区间(−2,2)上为严格增函数．
证明如下：设任意−2< x1< x2<2，则f ( x1)−f ( x2)=
x1
4−x1
2 −
x2
4−x2
2 = (4+ x1 x2)( x1−x2)
(4−x1
2)(4−x2
2) ，
由−2< x1< x2<2，得−4< x1 x2<4，
即4+ x1 x2>0，x1−x2<0，(4−x1
2)(4−x2
2)>0，
所以f ( x1)−f ( x2)<0，即f ( x1)<f ( x2)，
故f ( x)在区间(−2,2)上为严格增函数．
19．（24-25 高三上·四川绵阳·阶段练习）已知函数f (x)= ax−b
1+ x
2 是定义在[−1,1)上的奇函数，且f (1)=−1
.
(1)求函数f (x)的解析式；
(2)判断函数f (x)在[−1,1)上的单调性，并用定义证明；
(3)解不等式f (2t )+ f (t −1)>0.
【答案】(1)f (x)=−2 x
1+ x
2，x∈[−1,1).
(2)函数f (x)= 2 x
1+ x
2在[−1,1)上为减函数；证明见解析
(3)[0, 1
3).
【解题思路】（1）根据函数是定义在[−1,1)上的奇函数，且f (1)=−1，即可求得解析式；（2）用函数单
调性的定义证明即可；（3）由前两问可得函数的单调性，结合已知条件的奇偶性，利用函数性质解不等
式.
【解答过程】（1））函数f (x)= ax−b
1+ x
2 是定义在[−1,1)上的奇函数，f (−x)= −ax−b
1+ x
2 =−ax−b
1+ x
2 =−f (x)
，
解得：b=0，
∴f (x)= ax
1+ x
2，而f (1)=−1，解得a=−2，
∴f (x)=−2 x
1+ x
2，x∈[−1,1).
（2）函数f (x)= 2 x
1+ x
2在[−1,1)上为减函数；证明如下：
任意x1, x2∈[−1,1)且x1< x2，
则f (x1)−f (x2)=−2 x1
1+ x1
2 + 2 x2
1+ x2
2 =−2(x1−x2)(1−x1 x2)
(1+ x1
2)(1+ x2
2)
，
因为−1≤x1< x2≤1，所以x1−x2<0，1−x1 x2>0，
所以f (x1)−f (x2)>0，即f (x1)>f (x2)，所以函数f (x)在[−1,1)上为减函数.
（3）由题意，不等式f (t −1)+ f (2t )>0可化为f (2t )>f (1−t )，
所以{
−1≤2t ≤1
−1≤t −1≤1
2t <1−t )，解得0≤t < 1
3，所以该不等式的解集为[0, 1
3).
