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 函数的单调性及其应用】..........................................................................................................................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】......................................................................................................................7
【题型4 函数图象的识别及应用】..........................................................................................................................9
【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】............................................................................................................................20
【题型9 函数新定义】............................................................................................................................................23
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.从近三年的高考情况来看，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，重点考查基本初等函数的单调性、奇偶性、周期性等，主要考察方向是：
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，需要灵活求解，高考一轮复习时需要加强这方面的训练.
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；
②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；
函数性质的灵活运用
考点1
③若f(x)>0 且f(x)为增函数，则函数
为增函数，
为减函数；
④若f(x)>0 且f(x)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．
(4)复合函数y=f[g(x)]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y=f(x)有两条对称轴
，
，则函数y=f(x)是周期函数，且
；
(2)若函数y=f(x)的图象有两个对称中心
，则函数y=f(x)是周期函数，且
；
(3)若函数y=f(x)有一条对称轴
和一个对称中心
，则函数y=f(x)是周期函数，且
.
知识点
4 抽象函数及其解题策略
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 函数的单调性及其应用】
【例1】（2026·四川绵阳·模拟预测）下列函数中，是偶函数，且在(−∞,0)上单调递减的是（ ）
A．y = x
2
B．y = x
−2
C．y =2
x
D．y = log2 x
【答案】A
【解题思路】利用偶函数的定义，结合单调性的定义逐项判断即可.
【解答过程】对于A，令f (x)= y = x
2，可得定义域为R，关于原点对称，
又f (−x)=(−x)
2= x
2= f (x)，所以函数y = x
2为偶函数，
由二次函数的性质可知函数y = x
2在(−∞,0)上单调递减，故A 正确；
对于B，令f (x)= y = x
−2，可得定义域为(−∞,0)∪(0,+ ∞)，关于原点对称，
又f (−x)=(−x)
−2= x
−2= f (x)，所以函数y = x
−2为偶函数，
由幂函数的性质可知函数y = x
−2在(−∞,0)上单调递增，故B 错误；
对于C，令f (x)= y =2
x，可得定义域为R，关于原点对称，
因为f (−x)=2
−x≠f (x)，所以函数y =2
x不为偶函数，故C 错误；
对于D，y = log2 x的定义域为(0,+ ∞)不关于原点对称，
所以y = log2 x不为偶函数，故D 错误.
故选：A.
【变式1-1】（2026·甘肃天水·一模）函数y =2
❑√−x
2+ x +2的单调递增区间是（ ）
A．(−∞, 1
2)
B．(−∞,−1]
C．[−1，1
2)
D．[−1，2)
【答案】C
【解题思路】先求出定义域，再求出内层函数t =−x
2+ x +2在定义域内的单调区间，然后由复合函数“同
增异减”判断单调性的方法可得答案
【解答过程】令−x
2+ x +2≥0，解得−1≤x ≤2，
令t =−x
2+ x +2，则y = ❑√t，
∵函数t =−x
2+ x +2在区间[−1，1
2)上单调递增，在区间[
1
2 ，2)上单调递减，y = ❑√t在定义域内递
增，
∴根据复合函数的单调性可知，函数y =2
❑√−x
2+ x +2的单调递增区间是[−1，1
2)．
故选：C.
【变式1-2】（2026·广东肇庆·一模）已知f ( x)=e
x−e
−x，若f (x +1)+ f (x−1)>0成立，则x 的取值范围
是（ ）
A．(0,+∞)
B．(1,+∞)
C．(−1,+∞)
D．(−∞,0)∪(0,+∞)
【答案】A
【解题思路】确定给定函数的奇偶性及单调性，进而求解不等式.
【解答过程】函数f ( x)=e
x−e
−x的定义域为R，f (−x)=e
−x−e
x =−f ( x)，则函数f ( x)是奇函数，
而函数y =e
x , y =−e
−x在R 上都单调递增，则函数f ( x)在R 上单调递增，
不等式f ( x +1)>−f ( x−1)= f (−x +1)，则x +1>−x +1，解得x>0，
所以x 的取值范围是(0,+ ∞).
故选：A.
【变式1-3】（2026·山东日照·一模）定义在R上的函数y = f (x)满足以下条件：①f (−x)−f (x)=0；②对
任意x1, x2∈[0,+ ∞)，当x1≠x2时都有
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0．则f (−❑√5),f (π),f (−3)的大小关系是（ ）
A．f (π)>f (−3)>f (−❑√5)
B．f (π)>f (−❑√5)>f (−3)
C．f (π)<f (−3)<f (−❑√5)
D．f (π)<f (−❑√5)<f (−3)
【答案】A
【解题思路】根据等式判断函数的奇偶性，根据不等式判断函数的单调性，结合函数的奇偶性和单调性进
行比较大小即可．
【解答过程】因为定义在R上的函数y = f (x)满足条件f (−x)−f (x)=0，
即f (−x)= f (x)，所以函数f (x)是偶函数，
对任意x1, x2∈[0,+ ∞)，当x1≠x2时都有
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0，
所以不妨设x1> x2，则有f (x1)−f (x2)>0⇒f (x1)>f (x2)，
因此x∈[0,+ ∞)时，函数f (x)是增函数，
因为函数f (x)是偶函数，
所以f (−❑√5)= f (❑√5),f (−3)= f (3)，
因为x∈[0,+ ∞)时，函数f (x)是增函数，
所以f (π)>f (3)>f (❑√5)，即f (π)>f (−3)>f (−❑√5).
故选：A.
【题型2 函数的最值问题】
【例2】（2026·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2-1】（2026·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2-2】（2026·江西宜春·一模）已知函数f (x)= log2(x
2−2ax)在[2,4)上的最小值是1，则a=
__________.
【答案】1
2
【解题思路】分三类a=0，a<0，a>0，由复合函数的单调性判断f (x)的单调性，即可求出最小值.
【解答过程】若a=0，则x∈[2,4)，f (x)=2log2 x在[2,4)上单调递增，最小值为f (2)=2log22=2，不符
合题意；
若a<0，则f (x)的定义域为(−∞,2a)∪(0,+ ∞)，
且由复合函数的单调性可知f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
则最小值为f (2)= log2(4−4 a)=1，解得a= 1
2，不符合题意；
若a>0，则f (x)的定义域为(−∞,0)∪(2a,+ ∞)，
由题意可得[2,4)⊂(2a,+ ∞)，则a<1，
此时由复合函数的单调性可知f (x)在[2,4)上单调递增，
则最小值为f (2)= log2(4−4 a)=1，解得a= 1
2，符合题意；
综上，a= 1
2.
故答案为：1
2.
【变式2-3】（2026·广东肇庆·二模）已知函数f (x)={
2
−x+1,
x<1
x
2−6 x + 4 ,
x ≥1)，则f (x)的最小值是
__________.
【答案】−5
【解题思路】分别求出函数f (x)在各段上的最小值，再比较即可求出．
【解答过程】当x<1时，f (x)=2
−x+1,f (x)单调递减，所以f (x)>2
−1+1= 3
2.
当x ≥1时，f (x)= x
2−6 x + 4 ,f (x)在区间[1,3)上单调递减，在区间[3,+∞)上单调增，
所以f (x)≥f (3)=−5.
综上所述，f (x)的最小值是−5.
故答案为：−5.
【题型3 函数的奇偶性的综合应用】
【例3】（2026·江苏徐州·模拟预测）若函数f (x)= a
x+1
x⋅3
x （a>0）是奇函数，则a=（ ）
A．1
3
B．1
C．3
D．9
【答案】D
【解题思路】先求得f (x)定义域，结合奇函数的性质取特殊求解即可，注意检验．
【解答过程】由题知，x⋅3
x≠0⇒x≠0，f (x)定义域为(−∞,0)∪(0,+ ∞)，
由f (x)是奇函数得f (−1)+ f (1)=0⇒a
−1+1
−1⋅3
−1 + a+1
3
=0⇒a=9（负根舍去），
则f (x)= 9
x+1
x⋅3
x ，f (−x)= 9
−x+1
−x⋅3
−x =−
1
3
x +3
x
x
=−1+9
x
x⋅3
x =−f (x)，符合题意．
故a=9.
故选：D.
【变式3-1】（2026·福建南平·二模）已知f (x)是定义在R上且周期为4 的奇函数，当−2< x<0时，
f (x)=e
x，则f (2)+ f (ln2)=（ ）
A．-2
B．−1
2
C．1
2
D．2
【答案】B
【解题思路】根据函数f (x)的周期性和奇偶性即可求解.
【解答过程】已知f (x)是定义在R上且周期为4的奇函数，所以有f (x + 4)= f (x)，
令x =−2，得f (2)= f (−2)，
由于f (x)是奇函数，有f (x)=−f (−x)，所以f (2)=−f (−2)，即2f (2)=0，解得f (2)=0，
当−2< x<0时，f (x)=e
x，由于−1<−ln2<0，所以f (ln 2)=−f (−ln 2)=−e
−ln2=−1
2，
因此f (2)+ f (ln 2)=0−1
2 =−1
2，故B 正确.
故选：B.
【变式3-2】（2026·陕西渭南·三模）已知f (x)是定义在R上的奇函数，f (x +1)是偶函数，则f (2026)=
（ ）
A．0
B．−2
C．2
D．4
【答案】A
【解题思路】根据题意，推得f (x)是以4为周期的周期函数，得到f (2026)= f (2)，结合f (2)= f (0)=0，即
可求解.
【解答过程】由函数f (x)是定义在R 上的奇函数，可得f (−x)=−f (x)，且f (0)=0，
又由f (x +1)是偶函数，即函数f (x +1)的图象关于y轴对称，
可得函数y = f (x)的图象关于x =1对称，即f (x +2)= f (−x)，
因为f (−x)=−f (x)，可得f (x +2)=−f (x)，
即f (x + 4)=−f (x +2)= f (x)，所以函数f (x)是以4为周期的周期函数，
可得f (2026)= f (4×506+2)= f (2)
因为f (−x +1)= f (x +1)，可得f (2)= f (−1+1)= f (0)=0，
所以f (2026)=0.
故选：A.
【变式3-3】（2026·贵州贵阳·二模）已知f ( x)是定义在R上的偶函数，且对任意x1, x2∈[0,+ ∞), x1≠x2
，总有
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
<0，则不等式f (2m−1)<f (m)的解集为（ ）
A．(−∞, 1
3 )∪(1,+∞)
B．(1,+∞)
C．( 1
3 ,1)
D．(−∞,1)
【答案】A
【解题思路】先由条件判断f ( x)在[0,+∞)上单调递减，结合偶函数的性质可得f ( x)在(−∞,0)上单调递
增，从而f (2m−1)<f (m)⇔f (|2m−1|)<f (|m|)，利用函数单调性得|2m−1|>|m|，求解该不
等式即得.
【解答过程】因对任意x1, x2∈[0,+ ∞), x1≠x2，总有
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
<0，可知f ( x)在[0,+∞)上单调递
减，
又因f ( x)是定义在R上的偶函数，故f ( x)在(−∞,0)上单调递增，
故f (2m−1)<f (m)⇔f (|2m−1|)<f (|m|)⇔|2m−1|>|m|，
两边取平方得(2m−1)
2>m
2，即3m
2−4 m+1>0，解得m< 1
3或m>1，
故不等式f (2m−1)<f (m)的解集为(−∞, 1
3 )∪(1,+∞).
故选：A.
【题型4 函数图象的识别及应用】
【例4】（2026·山东枣庄·三模）函数f (x)= x(e
−x−e
x)
x
2−1
的部分图象大致是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解题思路】根据奇偶性排除A；根据正负性排除CD.
【解答过程】定义域为{x|x ≠±1))，f (−x)= −x(e
x−e
−x)
x
2−1
= x(e
−x−e
x)
x
2−1
= f (x)，
则f (x)是偶函数，排除A 选项；
当x>0时，e
2 x>1，则e
−x−e
x = 1−e
2 x
e
x
<0，
当0< x<1时，x
2−1<0，则f (x)= x(e
−x−e
x)
x
2−1
>0；
当x>1时，x
2−1>0，则f (x)= x(e
−x−e
x)
x
2−1
<0，排除CD 选项.
故选：B.
【变式4-1】（2026·天津河西·三模）已知某函数的大致图象如图所示，则该函数的解析式可能为（ ）
A．y = sin2 x
x
2+1
B．y =
x
x
2+1
C．y = cos x
x
2+1
D．y =e
x+e
−x
2(e
x−e
−x)
【答案】B
【解题思路】A 选项，由正弦函数的周期性可得原函数图象和坐标轴有无数个交点排除A 项；B 选项，对
函数求导，判断单调性和函数图象趋势即可判断；C 选项，对所给函数的奇偶性进行判断即可；
D 选项，判断所给函数的定义域即可.
【解答过程】A 选项，取f (x)= sin2 x
x
2+1 ，则令f (x)=0，解得：x = k π
2 ，其中k ∈Z，即：y = f (x)和x轴
有无数个交点，所以A 错误；
B 选项，取g(x)=
x
x
2+1，则g
′ (x)= 1−x
2
(x
2+1)
2，令g
' (x)<0，得x>1或x<−1，令g
' (x)>0，得−1< x<1，
故g(x)在(−∞,−1)和(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增，
又因为g(x)=
x
x
2+1，所以当x→+∞时，g(x)→0+，当x→−∞时，g(x)→0−，所以B 正确；
C 选项，取h(x)= cos x
x
2+1，则函数定义域为x∈R，且h(−x)= cos(−x)
(−x)
2+1
= cos x
x
2+1
=h(x)，所以y =h(x)是偶
函数，所以C 错误；
D 选项，u(x)=e
x+e
−x
2(e
x−e
−x)，由e
x−e
−x≠0可得x≠0，由图知，D 错误.
故选：B.
【变式4-2】（2026·四川成都·一模）已知定义在R上的奇函数f ( x)在[0,+ ∞)上的图象如图所示，则不等
式( x−❑√3)f ( x)>0的解集为（ ）
A．(−3,0)∪(❑√3,3)
B．(−3,0)∪(0,3)
C．(−∞,−3)∪(0,3)
D．(−∞,−3)∪(❑√3,3)
【答案】A
【解题思路】根据函数为奇函数可得函数的图象，进而由数形结合可得不等式的解集.
【解答过程】因为f ( x)是定义在R上的奇函数，所以函数f ( x)图象关于原点对称，故得函数的图象如下：
且f (−3)=−f (3)=0.
由图象可知，要使( x−❑√3)f ( x)>0，当x>❑√3时，f ( x)>0，得❑√3< x<3；
当x<❑√3时，f ( x)<0，得−3< x<0；
当x = ❑√3，不等式不成立；
综上，不等式( x−❑√3)f ( x)>0的解集为(−3,0)∪(❑√3,3).
故选：A.
【变式4-3】（2026·陕西渭南·三模）函数f (x)= 3 x−x
3
2+cos x 的部分图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解题思路】根据题意，求得函数f (x)为奇函数，排除C、D 选项，再由f (x)>0，结合选项，即可求解.
【解答过程】由函数f (x)= 3 x−x
3
2+cos x ，可得其定义域为R，
且f (−x)= 3(−x)−(−x)
3
2+cos(−x) =−3 x−x
3
2+cos x =−f (x)，
所以函数f (x)是R上的奇函数，其图象关于原点对称，可排除C、D 项；
当x ≥0时，令f (x)>0，即3 x−x
3
2+cos x >0，即3 x−x
3>0，
可得x
3−3 x = x( x
2−3)<0，解得0< x<❑√3，
即x∈(0,❑√3)时，f (x)>0，所以B 选项符合题意.
故选：B．
【题型5 对称性与周期性的综合应用】
【例5】（2026·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5-1】（2026·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．
【变式5-2】（2026·湖南·一模）已知f (x),g(x)均为定义在R上的函数，
f (x−1)+ g(x)= x ,f (x)+1= g(1−x)+ x，若f (2 x +1)的图象关于直线x =−1对称，且g(0)=1，则
∑
i=1
30
g(i)的值是（ ）
A．463
B．464
C．465
D．466
【答案】B
【解题思路】根据f (2 x +1)的图象关于直线x =−1对称，可得f (x−2)= f (−x)，再根据
f (x)+1= g(1−x)+ x可转化得f (x)为奇函数，从而得函数f (x)的周期为4，根据对称性与周期性求值即可
得出结论.
【解答过程】由f (2 x +1)的图象关于直线x =−1对称，可得f (x +1)的图象关于直线x =−2对称，
即f (x)的图象关于直线x =−1对称，则f (x−2)= f (−x)，
由f (x)+1= g(1−x)+ x，可得f (1−x)= g(x)−x，
又f (x−1)+ g(x)= x，得f (x−1)=−g(x)+ x，
所以f (1−x)=−f (x−1)，
即f (1−x)+ f (x−1)=0，所以f (x)的图象关于点(0,0)对称，即f (x)为奇函数，
所以f (x−2)= f (−x)=−f (x)= f (x +2)，函数f (x)的周期为4；
由f (x−1)+ g(x)= x可得g(x)= x−f (x−1)，
又因为g(0)=0−f (−1)=1，所以f (−1)=−1，
根据函数f (x)的性质，得f (−2)= f (0)=0,f (1)=1,f (2)=0,f (3)= f (−1)=−1
所以∑
i=1
30
g(i)=(1+2+3+⋯+30)−[f (0)+ f (1)+⋯+ f (29))=31×15−[f (0)+ f (1))= 465−1= 464．
故选：B.
【变式5-3】（2026·四川成都·模拟预测）函数f (x)对任意x∈R，f (x +2)= f (4−x)，且f (x +6)为奇函
数，给出下列说法，其中错误的个数为（ ）
（1）若x∈(0,3)时，f (x)=2
x，则f (8)= 4；
（2）f (x)的周期为6；
（3）f (x)的图象关于点(−6,0)对称；
（4）f (2025)+ f (3)≠0.
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
【答案】C
【解题思路】根据抽象函数关系式和奇偶性可推导得到f (x)的对称轴、对称中心、周期和奇偶性，知
（2）错误；利用奇偶性和解析式可求得（1）错误；根据周期和对称中心可推导得到其他对称中心，知
（3）正确；利用周期性和奇偶性求值可知（4）错误.
【解答过程】∵f (x +2)= f (4−x)，∴f (x)图象关于直线x =3对称；
∵f (x +6)为奇函数，∴f (x +6)+ f (6−x)=0，∴f (x)图象关于点(6,0)对称；
∵f (x +6)= f [(x + 4)+2)= f [4−(x + 4))= f (−x)，f (x +6)=−f (6−x)，
∴f (−x)=−f (6−x)，即f (x)=−f (x +6)，∴f (x +12)=−f (x +6)= f (x)，
∴f (x)的周期为12，（2）错误；
∵f (x +6)+ f (6−x)=0，∴f (x)+ f (12−x)=0，又f (12−x)= f (−x)，
∴f (x)+ f (−x)=0，∴f (x)为奇函数，
若x∈(0,3)时，f (x)=2
x，则f (8)= f (−2)=−f (2)=−2
2=−4，（1）错误；
∵f (x)图象关于点(6,0)对称，周期为12，
∴f (x)图象关于点(−6,0)对称，（3）正确；
∵f (2025)= f (12×169−3)= f (−3)=−f (3)，∴f (2025)+ f (3)=0，（4）错误.
故选：C.
【题型6 类周期函数】
【例6】（25-26 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6-1】（2025·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6-2】（2026·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.
【变式6-3】（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.
【题型7 抽象函数的性质及其应用】
【例7】（2026·甘肃·模拟预测）已知偶函数f (x)满足：f
2(x)+ f
2(x +2)= 4，且f (x)f(x + 1
2)>0，若
f (2)<0，则f (2025)=（ ）
A．1
B．❑√2
C．−❑√2
D．−1
【答案】C
【解题思路】用x代换x +2，可得f
2(x +2)+ f
2(x + 4)= 4，联立方程组，求得f (x + 4)=± f (x)，结合函数
f (x)为偶函数，且f (x)f(x + 1
2)>0，得到f (x + 4)= f (x)，可则f (x)是周期为4的函数，令x =−1，求得
f (1)=−❑√2，结合f (2025)= f (506×4 +1)= f (1)，即可求解.
【解答过程】由f
2(x)+ f
2(x +2)= 4，用x代换x +2，可得f
2(x +2)+ f
2(x + 4)= 4，
联立方程组{
f
2(x)+ f
2(x +2)= 4
f
2(x +2)+ f
2(x + 4)= 4)，可得f
2(x + 4)= f
2(x)，即f (x + 4)=± f (x)，
又由函数f (x)为偶函数，且f (x)f(x + 1
2)>0，可得f (x)与f ( x + 1
2 )同号，
所以f (x + 4)= f (x)，可得函数f (x)是周期为4的函数，
因为f (2)<0，f (1)与f (2)同号，则f (1)<0，
令x =−1，可得f
2(−1)+ f
2(1)=2f
2(1)= 4，所以f (1)=−❑√2，
则f (2025)= f (506×4 +1)= f (1)=−❑√2.
故选：C.
【变式7-1】（2026·河南·模拟预测）已知f (x)是定义在R上的奇函数，且对任意x , y，都有
f (x)+ f ( y)= f (x + y)+a，则a=（ ）
A．2
B．1
C．0
D．−1
【答案】C
【解题思路】通过赋值法结合奇函数的性质即可求解.
【解答过程】令y =−x，则f (x)+ f (−x)= f (0)+a，
因为f (x)是定义在R上的奇函数，
所以f (x)+ f (−x)=0,f (0)=0，则a=0.
故选：C.
【变式7-2】（2026·江苏南京·三模）已知定义在R上的非常数函数f ( x)满足：对于任意x , y ∈R都有：
f (x + y)= f (x)f ( y)+ f (x)+ f ( y)，f (1)=e−1.下列选项正确的是（ ）
A．f (x)是奇函数
B．f (x)是偶函数
C．f (0)=−1
D．f (2)=e
2−1
【答案】D
【解题思路】根据已知条件赋值，根据指数型函数方程的结构，通过换元，再结合非常数函数的条件，推
出f (x)=e
x−1，即可判断四个选项.
【解答过程】解：令x = y =0，则f (0+0)= f (0)f (0)+ f (0)+ f (0)，
则f
2(0)+ f (0)=0，解得f (0)=0或f (0)=−1，
因为f (x + y)= f (x)f ( y)+ f (x)+ f ( y)，所以f (x + y)+1= f (x)f ( y)+ f (x)+ f ( y)+1，
化简得f (x + y)+1=[f (x)+1)[f ( y)+1)，设g(x)= f (x)+1，则g(x + y)= g(x)g( y)，
当f (0)=−1时，g(0)= f (0)+1=0，令y =0，则g(x +0)= g(x)g(0)=0，
即g(x)=0，即f (x)=−1为常数函数，与已知矛盾，因此f (0)≠−1，f (0)=0，选项C错误；
因为f (1)=e−1，所以g(1)= f (1)+1=e−1+1=e，结合g(x + y)= g(x)g( y)，可得g(x)=e
x，
所以f (x)=e
x−1，则f (−x)=e
−x−1，因此f (x)≠f (−x)，f (−x)≠−f (x)，
所以f (x)既不是奇函数，也不是偶函数，选项A和选项B错误，
此时f (2)=e
2−1，选项D正确，
故选：D.
【变式7-3】（2026·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】（2026·河北沧州·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，且f (x +1)为奇函数，当x<1时，
f (x)=e
x−e，则关于a的不等式f (a
2−a−1)≥0的解集为（ ）
A．[−1,2)
B．[−2,1)
C．(−∞,−1)∪[2,+ ∞)
D．(−∞,−2)∪[1,+ ∞)
【答案】C
【解题思路】由函数奇偶性与图象变换，可得函数的对称性，根据题意可得函数的单调性，化简不等式，
结合一元二次不等式的解法，可得答案.
【解答过程】依题意，因为f (x +1)为奇函数，所以函数f (x)的图像关于(1,0)对称，
又当x<1时，f (x)=e
x−e，易知函数f (x)在(−∞,1)上单调递增，
所以当x ≥1时，函数f (x)在[1,+∞)上单调递增，
又f (1)=0，可知f (x)在R上单调递增，
所以f (a
2−a−1)≥0可化为f (a
2−a−1)≥f (1)，
即a
2−a−1≥1，即a
2−a−2≥0，解得a≤−1或a≥2，
所以不等式的解集为(−∞,−1)∪[2,+ ∞).
故选：C．
【变式8-1】（2026 高三上·陕西延安·专题练习）已知偶函数f (x)的定义域为R，对任意的x满足
f (−x)= f (x +2)，且f (x)在区间(−1,0)上单调递减，若a= log43，b= log3
❑√2
81 ，c = 1
4 log❑√22❑√2，则f (a)
，f (b)，f (c)的大小关系为（ ）
A．f (c)>f (a)>f (b)
B．f (c)>f (b)>f (a)
C．f (a)>f (b)>f (c)
D．f (a)>f (c)>f (b)
【答案】D
【解题思路】由f (−x)= f (x +2)求出对称轴，再结合奇偶性求出f (x)的周期；求出a，b的范围以及c的
值，得出0<b+ 4<c<a<1的关系式，再利用f (x)在(0,1)上的单调性，即可得出答案.
【解答过程】因为f (−x)= f (x +2)，
所以f (x)关于x =1对称，
又因为f (x)为偶函数，
所以f (x)= f (−x)= f (x +2)，
所以f (x)为周期函数，T =2，
因为b= log3
❑√2
81 = log3
❑√2−log381= 1
2 log32−4，且0<log32<1，
所以−4<b<−7
2，0<b+ 4< 1
2，
因为log4 4
3
4 = log42❑√2<log43<log4 4 =1，
所以a= log43∈(
3
4 ,1)
又因为c = 1
4 log❑√22❑√2= 3
4 ，
所以0<b+ 4<c<a<1，
因为f (x)在(−1,0)上单调递减，f (x)为偶函数，
所以f (x)在(0,1)上单调递增，
所以f (b+ 4)<f (c)<f (a)，
所以f (b)<f (c)<f (a)，
故选：D.
【变式8-2】（2026·广东广州·一模）已知函数f (x)的定义域为R，且f (x +1)+ f (x−1)=2,f (x +2)为偶函
数，若f (0)=2，则∑
k =1
115
f (k )=（ ）
A．116
B．115
C．114
D．113
【答案】C
【解题思路】由f (x +1)+ f (x−1)=2可得函数f (x)的周期为4，
再结合f (x +2)为偶函数，可得f (x)也为偶函数，通过周期性与对称性即可求解.
【解答过程】由f (x +1)+ f (x−1)=2，得f (x +2)+ f (x)=2，
即f (x +2)=2−f (x)，
所以f (x + 4)=2−f (x +2)=2−[2−f (x))= f (x)，
所以函数f (x)的周期为4，
又f (x +2)为偶函数，
则f (−x +2)= f (x +2)，
所以f (x)= f (4−x)= f (−x)，
所以函数f (x)也为偶函数，
又f (x +1)+ f (x−1)=2，
所以f (1)+ f (3)=2，f (2)+ f (4)=2，
所以f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)= 4，
又f (1)+ f (−1)=2，即2f (1)=2，所以f (1)=1，
又f (0)+ f (2)=2，f (0)=2，
∴f (2)=0，
所以∑
k =1
115
f (k )=[f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4))×28+ f (1)+ f (2)+ f (3)= 4×28+2+0=114
故选：C.
【变式8-3】（25-26 高三上·广东深圳·阶段检测）已知函数f (x)的定义域为R ,f (2 x +1)为奇函数，
f (x)+ f (x +2)=2f (1)，则（ ）
A．f (x)为奇函数
B．f (x)的图象关于直线x =3对称
C．f (2 x)的最小正周期为4
D．f (2 x)的图象关于点(
1
2 ,0)对称
【答案】D
【解题思路】根据f (2 x +1)为奇函数，得f (2 x +1)+ f (−2 x +1)=0，从而可知f (2 x)的对称中心；根据题
意令x =0可知f (1)=0，从而f (x)=−f (x +2)，结合对称中心可判断f (x)的对称轴与奇偶性和最小正周期.
【解答过程】因为f (2 x +1)为奇函数，所以f (2 x +1)+ f (−2 x +1)=0，
所以f (x)的图象关于点(1,0)对称，则f (2 x)的图象关于点(
1
2 ,0)对称，D项正确；
因为函数f (x)的定义域为R，易知f (2 x +1)的定义域为R，
因为f (2 x +1)为奇函数，所以f (2×0+1)= f (1)=0，
则f (x)+ f (x +2)=2f (1)=0，所以f (x)=−f (x +2)，
根据f (x)的图象关于点(1,0)对称，得f (x +2)=−f (−x)，
所以f (x)= f (−x)，故f (x)为偶函数，A项错误；
因为f (x +2)=−f (x +2+2)=−f (x + 4)，
所以f (x)= f (−x)=−f (x +2)= f (x + 4)，所以f (x)的最小正周期为4，
则f (2 x)的最小正周期为2，C项错误；
根据f (x)为偶函数，且关于点(1,0)对称，最小正周期为4，
易知f (x)的所有对称轴为直线x =2k (k ∈Z)，故B项错误.
故选：D.
【题型9 函数新定义】
【例9】（2026·甘肃定西·模拟预测）若定义在Z上的函数f (x)满足对任意x , y ∈Z均有
f (x + y)= f (x)f (2−y)+ f (2−x)f ( y)，则称f (x)为“S−2函数”.已知f (x)为“S−2函数”，且f (2)=1
，f (−1)<0，则f (0)+ f (47)=（ ）
A．−
❑√2
2
B．0
C．
❑√2
2
D．1
【答案】A
【解题思路】由新定义赋值得f (x)的图象关于直线x =2对称，进一步赋值得f (x)为奇函数，f (x)是周期为
8 的周期函数，故只需求出f (−1)的值即可.
【解答过程】令x = y =0，则f (0)= f (0)f (2)+ f (2)f (0)=2f (2)f (0)=2f (0)，所以f (0)=0；
令y =2，则f (x +2)= f (x)f (0)+ f (2−x)f (2)= f (2−x)，
所以f (x)的图象关于直线x =2对称；
令y =−x，则f (0)= f (x)f (2+ x)+ f (2−x)f (−x)=[f (x)+ f (−x))f (2+ x)=0，
因为f (2+ x)=0不恒成立，所以f (x)+ f (−x)=0恒成立，所以f (x)为奇函数，
所以f (x + 4)= f (−x)=−f (x)，所以f (x +8)=−f (x + 4)= f (x)，
所以f (x)是周期为8 的周期函数，令x =1, y =1，则f (2)=2[ f (1)]
2=1，
解得f (1)=±
❑√2
2 ，又f (−1)<0,f (x)为奇函数，所以f (−1)=−f (1)=−
❑√2
2 ，
所以f (0)+ f (47)=0+ f (6×8−1)= f (−1)=−
❑√2
2 .
故选：A.
【变式9-1】（2026·上海浦东新·模拟预测）设函数f (x)的定义域为D，若存在实数T (T )>0)，使得对于任
意x∈D，都有f (x)<f (x +T )，则称f (x)为＂T −严格增函数＂，对于＂T −严格增函数＂，有以下四个
结论：
①＂T－严格增函数＂f (x)一定在D上严格增；
②＂T－严格增函数＂f (x)一定是＂nT－严格增函数＂（其中n∈N
∗，且n≥2）
③函数f (x)=[x)是＂T −严格增函数＂（其中[x)表示不大于x的最大整数）
④函数f (x)= x−[x)不是＂T −严格增函数＂（其中[x)表示不大于x的最大整数）
其中，正确的结论个数有（ ）．
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】C
【解题思路】根据函数新定义及特殊函数判断①②③，由函数解析式得f (x +1)= f (x)，即f (x)是周期为1
的周期函数，利用周期性并讨论T =1、T >0且T ≠1判断④.
【解答过程】①，对于f (x)={
x , x<0
x−1, x ≥0)，定义域为R，
存在T =2，对于任意x∈R，都有f (x)<f (x +2)，
但f (x)在R上不单调递增，错误．
②，f (x)是＂T −严格增函数＂，存在T >0，对任意x∈D，都有f (x)<f (x +T )，
因为n≥2,T >0，所以f (x +T )<f (x +nT )，故f (x)<f (x +nT )，
即存在实数nT >0，使得对任意x∈D，都有f (x)<f (x +nT )，
所以f (x)是＂nT −严格增函数＂，正确．
③，f (x)=[x)，定义域为R，当T =1时，对任意的x∈R，都有[x)<[x +1)，
即f (x)<f (x +1)，所以函数f (x)=[x)，＂T −严格增函数＂，正确．
④，对于函数f (x)= x−[x)，f (x +1)= x +1−[x +1)= x +1−[x)−1= x−[x)= f (x)，
所以f (x)是周期为1 的周期函数，f(
1
2)= 1
2 −[
1
2)= 1
2，
若T =1，则f(
1
2 +1)= 3
2 −[
3
2)= 1
2 = f(
1
2)，不符合题意．
因为f (x)的周期为1，故不妨设0<T <1，
设x =1−T ∈(0,1)，则f (x +T )= f (1)=1−[1)=0，
而f (x)= f (1−T )=1−T −0=1−T，此时f (x)>f (x +T )，矛盾；
所以函数f (x)= x−[x)不是＂T −严格增函数＂，正确．
故选：C.
【变式9-2】（2026·上海·模拟预测）设函数f (x)的定义域为R，若对任意实数x，恒有f (f (x))+ f (x)=2 x
成立，则称函数具有“性质Ω”．
(1)若一次函数f (x)=ax +b具有性质Ω，其中a>0，求实数a，b的值；
(2)若函数f (x)具有性质Ω，且f (x)在R上严格增，证明：f (x)= x；
(3)若具有性质Ω的函数f (x)满足：存在常数M >0，使得对任意x∈R，都有|f (x)−x)≤M．证明：具有
该性质的函数f (x)是唯一的，并写出其解析式．
【答案】(1)a=1，b=0；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【解题思路】（1）由函数新定义列出方程，利用对应系数相等即可求出a,b；
（2）由反证法结合严格增函数的性质推导，分f (t )>t与f (t )<t两种情况讨论；
（3）利用函数的递推，求证与|g(x))≤M矛盾，即可求解.
【解答过程】（1）因一次函数f (x)=ax +b具有性质Ω，
则f (f (x))+ f (x)=a(ax +b)+b+ax +b=(a
2+a) x +ab+2b=2 x，
则可得：{
a
2+a=2
ab+2b=0)，解得a=1或a=−2，
因为a>0，所以a=1，b=0.
(2)假设存在实数t，使得f (t )≠t，分两种情况讨论:
若f (t )>t，结合函数严格增，可得f (f (t ))>f (t )，
再由f (f (t ))=2t −f (t )，代入得2t −f (t )>f (t )，整理可得f (t )<t，与f (t )>t矛盾；
若f (t )<t，因为f (x)严格增，可得f (f (t ))<f (t )，
结合f (f (t ))=2t −f (t )，代入得2t −f (t )<f (t )，整理可得f (t )>t，与f (t )<t矛盾，
综上可知，假设不成立，即对任意的x∈R，都有f (x)= x，得证.
(3)已知|f (x)−x)≤M对所有x∈R成立，令g(x)= f (x)−x，即|g(x))≤M，f (x)= x + g(x),
则f (f (x))= f [x + g(x))= x + g(x)+ g[x + g(x))，
代入f (f (x))+ f (x)=2 x,可得x + g(x)+ g[x + g(x))+ x + g(x)=2 x，
化简得：g[x + g(x))=−2g(x)，
对任意x0∈R，构造数列{xn}满足xn+1= xn+ g( xn).
由g[x + g(x))=−2g(x)可知，g( xn+1)= g[ xn+ g( xn)]=−2 g( xn)，
则数列{g( xn)}为等比数列，则g(xn)=−2 g( xn−1)=(−2)
2 g( xn−2)=⋯=(−2)
n g(x0)，
所以|g(xn))=|(−2)
n g(x0))=2
n|g(x0))，若g(x0)≠0，
则当n→+∞时，2
n|g(x0))→+∞，与|g(x))≤M矛盾，因此必须有g(x0)=0，
即对任意的x∈R，g(x)=0，故f (x)= x，其函数唯一.
【变式9-3】（2026·上海长宁·二模）设连续函数y = f (x)定义域为I，区间D⊆I，记函数y = f (x)在区间
D上的最大值为M f (D)，最小值为mf ( D).
(1)设f (x)=e
x−ax，D =(−1,1)，若mf (D)= f (0)，求实数a的值；
(2)设f (x)= x
3−3 x
2，D =[t ,t +2)，若M f (D)−mf (D)= 4，且−1≤t ≤1，求t的值；
(3)已知f (0)=0，f (1)=1，且对任意闭区间D⊆[0,1)，M f (D)与mf ( D)均存在.
求证：“y = f (x)在区间[0,1)上严格增”的充要条件是“对于任意闭区间D1、D2⊆[0,1)，当
M f (D1)= M f (D2)，且mf (D1)=mf (D2)时，均有D1= D2.”
【答案】(1)1
(2)t =−1或t =0 或t =1
(3)证明见解析
【解题思路】（1）讨论y = f (x)在区间(−1,1)上的单调性，则可找到其最小值，即可求出答案；
（2）讨论−1≤t <0，t =0 ，0<t ≤1 ，分别求出M f ( D)、mf ( D)，即可求出答案；
（3）必要性直接证明即可，利用反证法再证明充分性.
【解答过程】（1）由题意知函数f ( x)=e
x−ax，在区间(−1,1)上的最小值为f (0)，
由题意得f
′( x)=e
x−a，x∈(−1,1)
①当a≤1
e 时，f
′( x)=e
x−a>0恒成立，
y = f (x)在区间(−1,1)上单调递增，无最小值，不满足题意；
②当1
e <a<e时，当x∈(−1,ln a)时，f
′( x)=e
x−a<0，
y = f (x)在区间(−1,ln a)上单调递减，
当x∈(ln a,1)时，f
′( x)=e
x−a>0，
此时y = f (x)在区间(ln a,1)上单调递增，
此时ln a=0⇒a=1，满足题意；
③当a≥e 时，f
′( x)=e
x−a<0恒成立，
y = f (x)在区间(−1,1)上单调递减，无最小值，不满足题意；
综上所述，a=1.
（2）由题意得f
′( x)=3 x
2−6 x =3 x( x −2),
当x<0 或x>2 时，f
′( x)>0 ，函数y = f ( x)单调递增，
当0< x<2时，f
′( x)<0，函数y = f ( x)单调递减，
又f (−1)=−4 ,f (0)=0,f (2)=−4 ,f (3)=0，
①当−1≤t <0时，y = f ( x)在区间[t ,0)上单调递增，在区间[0,t +2]上单调递减，
此时M f ( D)= f (0)=0,mf ( D)=min{f (t ),f (t +2)}=−4，
因为−1≤t <0，所以1≤t +2<2，
又y = f ( x)在区间[1,2]上单调递减，即f (t +2)>f (2)=−4，
所以f (t )=−4，故t =−1；
②当t =0 时，y = f ( x)在区间[0,2] 上单调递减，
此时M f ( D)= f (0)=0,mf ( D)= f (2)=−4，满足M f ( D)−mf ( D)= 4；
③当0<t ≤1 时，y = f ( x)在区间[t ,2)上单调递减，在区间[2,t +2]上单调递增，
此时mf ( D)= f (2)=−4 , M f ( D)=max {f (t ),f (t +2)}=0，
因为0<t ≤1 ，y = f ( x)在区间[0,1]上单调递减，
所以f (t )<f (0)=0，则f (t +2)=0，得到t +2=3，解得t =1，
综上所述：t =−1或t =0 或t =1.
(3)必要性：若y = f (x)在区间[0,1]上严格增，
设D1=[a,b]⊆[0,1],a<b, D2=[c ,d ]⊆[0,1],c<d，
因为y = f (x)在区间[0,1]上严格增，
所以M f ( D1)= f (b),mf ( D1)= f (a), M f ( D2)= f (d ),mf ( D2)= f (c)，
又M f ( D1)= M f ( D2)，mf ( D1)=mf ( D2)，
所以b=d ,a=c，又y = f (x)在区间[0,1]上严格增，
所以D1= D2，必要性成立；
充分性：假设y = f (x)在[0,1]上不严格增，
则存在0≤x1< x2≤1，使得f ( x1)≥f ( x2)，
令D1=[ x1, x2]，设M = M f ( D1)，m=mf ( D1)，
由函数y = f (x)在区间[0,1]连续，
所以必存在c ,d ∈[ x1, x2]，使得f (c)= M ,f (d)=m，
令D2=[ min(c ,d),max(c ,d )]，则M f ( D2)= M，mf ( D2)=m，
由于f ( x1)≥f ( x2)，函数y = f (x)在区间[ x1, x2]上不可能是严格增函数，
若函数y = f (x)在区间[ x1, x2]上为常数，可取D2=[ x1, x1+ x2−x1
2
]，
则D1≠D2，与题设矛盾；若函数y = f (x)在区间[ x1, x2]上不为常数，
则其最大值与最小值不可能同时在两个端点x1, x2取到，
故D2是D1的真子集，即D1≠D2与题设矛盾.
因此假设不成立，y = f (x)在[0,1]上严格增，充分性成立.
综上所述：“y = f (x)在区间[0,1]上严格增”的充要条件是“对于任意闭区间D1、D2⊆[0,1]，
当M f ( D1)= M f ( D2)，且mf ( D1)=mf ( D2)时，均有D1= D2.”
一、单选题
1．（2026·上海黄浦·一模）下列函数中，既是偶函数、又在[0,1)上严格减的函数是（ ）
A．y =−x
B．y =−|x)
C．y = x
2
D．y =2
−x
【答案】B
【解题思路】根据基本初等函数的奇偶性、单调性逐项判断ACD，利用奇偶性定义及一次函数的单调性判
断B 即可.
【解答过程】对于A，y =−x为奇函数，不是偶函数，在[0,1)上严格减，故A 错误；
对于B，f (x)=−|x)定义域为R，关于原点对称，且f (−x)=−|−x)=−|x)= f (x)，所以函数y =−|x)为偶
函数，
当x∈[0,1)时，y =−|x)=−x，显然在[0,1)上严格减，故B 正确；
对于C，由幂函数性质知，y = x
2为偶函数，在[0,1)上严格增，故C 错误；
对于D，由指数函数性质知，y =2
−x =(
1
2)
x
既不是奇函数也不是偶函数，故D 错误.
故选：B.
2．（2026·安徽合肥·一模）若f (x)=¿是R上的增函数，则实数a的取值范围为（ ）
A．(1,+∞)
B．[1,+∞)
C．(2,+∞)
D．[2,+ ∞)
【答案】B
【解题思路】分类讨论x<1及x ≥1的f (x)的单调性，再注意分段函数的内部衔接点的大小关系，即可得到
a的取值范围．
【解答过程】当x<1时，若f (x)=ax +1为单调递增函数，则a>0；
当x ≥1时，f (x)=ln x +2a为单调递增函数，
若f (x)是R上的增函数，需有a+1≤2a，解得a≥1．
故选：B．
3．（2026·江苏南通·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，且f (x−2)是奇函数，f (2 x−1)是偶函数，
则f (2026)=（ ）
A．−2
B．0
C．1
D．2
【答案】B
【解题思路】根据给定条件，利用奇偶函数的定义及周期函数的定义确定函数的周期，进而求出指定函数
值.
【解答过程】函数f ( x)的定义域为R，由f (2 x−1)是偶函数，得f (−2 x−1)= f (2 x−1)，
即f (−x−1)= f ( x−1)，则f (−x−2)= f ( x)，
由f ( x−2)是奇函数，得f (−x−2)=−f ( x−2)，因此f ( x)=−f ( x−2)，
则f ( x +2)=−f ( x)= f ( x−2)，因此f ( x + 4)= f ( x)，
函数f ( x)是一个周期为4 的函数，且f (−2)=0，
所以f (2026)= f (4×507−2)= f (−2)=0.
故选：B.
4．（2026·广西柳州·一模）已知函数f (x)的部分图象如图所示，则f (x)的解析式可能为（ ）
A．f (x)= 2
x+2
−x
4|x)−3
B．f (x)= 2
x−2
−x
3−4|x)
C．f (x)= 2
x−2
−x
4|x)−3
D．f (x)=
x
|x)−1
【答案】C
【解题思路】利用函数f (x)在(1,+ ∞)上的值排除B, 利用奇偶性排除A, 利用函数f (x)在(1,+∞)上的单
调性排除D
【解答过程】对于A，f (x)= 2
x+2
−x
4| x|−3
，定义域为(−∞,−3
4)∪(−3
4 , 3
4)∪(
3
4 ,+∞)，
又f (−x)=
2
−x+2
x
4|−x|−3 = 2
x+2
−x
4| x|−3 = f ( x)，所以f ( x)为偶函数，故A 错误；
对于B，当x>1时f (x)= 2
x−2
−x
3−4 x ，
易知2
x−2
−x>0，3−4 x<0，所以f ( x)<0，不满足，故B 错误；
对于D，当x>1时，f (x)=
x
| x|−1 =
x
x−1 =1+
1
x−1，
由反比例函数的性质可知，f (x)在(1,+ ∞)上单调递减，故D 错误；
检验选项C，f (x)= 2
x−2
−x
4|x)−3
满足图中性质。
故选：C.
5．（2026·四川成都·三模）已知y = f (x +1)是定义在R上的周期为2 的偶函数，当x∈[1,2)时，
f (x)=log2 x，设a= f(
1
2)，b= f(
4
3)，c = f(−5
4)，则a,b,c的大小关系为（ ）
A．a<c<b
B．c<a<b
C．b<c<a
D．c<b<a
【答案】D
【解题思路】根据题意，得到函数f (x)的图象关于直线x =1对称，进而推得函数f (x)也是周期等于2的函
数，化简得到a= f(
3
2), b= f(
4
3), c = f(
5
4)，结合对数函数的单调性，即可求解.
【解答过程】因为y = f (x +1)是定义在R上的偶函数，可得f (x +1)= f (−x +1)，
所以函数f (x)的图象关于直线x =1对称，则有f (x)= f (2−x)，
再由y = f (x +1)是定义在R上的周期为2 的函数，
可得函数f (x)也是周期等于2 的函数，
所以a= f(
1
2)= f(2−1
2)= f(
3
2), b= f(
4
3), c = f(−5
4)= f(
3
4)= f(
5
4)，
又因为x∈[1, 2)时，f (x)= log2 x是增函数，可得c<b<a．
故选：D.
6．（2026·广东·模拟预测）已知f (x)是R上的奇函数，f (x−1)−f (3−x)=0，若f (x)在[0,1)上单调递
增，且f (1)=2，则f (x)在R上的最小值是（ ）
A．−4
B．−3
C．−2
D．−1
【答案】C
【解题思路】由已知可得f (x)的对称中心和对称轴，进而得到周期性，再根据单调性可得一个周期内的最
小值.
【解答过程】由f (x)是奇函数，可得f (−x)=−f (x).
由f (x−1)−f (3−x)=0，可得f (x)的图象关于x =1对称，
即f (−x)= f (x +2)，则有f (x +2)=−f (x)，
所以f (x + 4)=−f (x +2)= f (x)，即f (x)的周期为4.
因为f (x)在[0,1)单调递增，且是奇函数图像关于原点对称，
则f (x)在[−1,0)单调递增，即f (x)在[−1,1)单调递增.
又因为f (x)的图象关于x =1对称，则f (x)在[1,3)单调递减.
所以在一个周期内[ f (x)]min= f (3)= f (−1)=−f (1)=−2，
即f (x)在R上的最小值是−2.
故选：C.
7．（2026·海南·模拟预测）已知f (x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f (x)= x
3−8，则不等式
(x−1)f (x)≤0的解集为（ ）
A．[−2,2)
B．(−∞,−2)∪[1,2)
C．[−2,0)∪[1,2)
D．[−2,1)∪[2,+∞)
【答案】C
【解题思路】分析函数f (x)的单调性，然后解不等式f (x)≤0、f (x)≥0，分x ≤1、x ≥1两种情况解不等式
(x−1)f (x)≤0即可.
【解答过程】当x>0时，f (x)= x
3−8，则函数f (x)在(0,+∞)上为增函数，且f (2)=0，
由于函数f (x)为R上的增函数，故函数f (x)在(−∞,0)上为增函数，且f (0)=0，
当x>0时，由f (x)≤0= f (2)，可得0< x ≤2；由f (x)≥0= f (2)，可得x ≥2；
当x<0时，由f (x)≤0= f (−2)，可得x ≤−2；由f (x)≥0= f (−2)，可得−2≤x<0.
接下来解不等式(x−1)f (x)≤0，
当x−1≤0时，即当x ≤1时，则f (x)≥0可得−2≤x ≤0或x ≥2，可得−2≤x ≤0；
当x−1≥0时，即当x ≥1时，则f (x)≤0可得0≤x ≤2或x ≤−2，可得1≤x ≤2.
综上所述，不等式(x−1)f (x)≤0的解集为[−2,0)∪[1,2).
故选：C.
8．（2026·福建宁德·二模）设f (x)是定义在R上的函数，若∀x1, x2∈R，当|x1)<|x2)时，f (x1)<f (x2)
，称函数f (x)具有性质M，则下列函数具有性质M的是（ ）
A．f (x)= x +sin x
B．f (x)={
−x , x ≤0
x
3+1, x>0)
C．f (x)=|
1
2
x+1
−1
2)
D．f (x)=(x−1)e
x
【答案】C
【解题思路】对于ABD：举反例说明即可；对于C：分析可知f (x)为偶函数，在[0,+ ∞)内单调递增，进
而分析判断.
【解答过程】对于选项A：例如f (−π)=−π+sin(−π)=−π，f (0)=0+sin0=0，
即|0)<|−π)，但f (−π)<f (0)，故A 错误；
对于选项B：例如f (−1)=1，f(
1
2)= 9
8 ，
即|
1
2)<|−1)，但f (−1)<f(
1
2)，故B 错误；
对于选项C：令g(x)=
1
2
x+1
−1
2，则g(x)的定义域为R，
且g(x)+ g(−x)=
1
2
x+1
−1
2 +
1
2
−x+1
−1
2 =
1
2
x+1
+
2
x
2
x+1
−1=0，
即g(x)=−g(−x)，可知g(x)为奇函数，
又因为y =2
x+1在定义域R内单调递增，则g(x)在定义域R内单调递减，且g(0)=0，
当x<0时，g(x)>0；当x ≥0时，g(x)≤0；
则f (−x)=|g(−x))=|−g(x))=|g(x))= f (x)，可知f (x)为偶函数，则f (x)= f (|x))，
当x ≥0时，f (x)=−g(x)在[0,+ ∞)内单调递增，
若|x1)<|x2)，即0≤|x1)<|x2)，则f (|x1))<f (|x2))，可得f (x1)<f (x2)，故C 正确；
对于选项D：f (−3)=−4
e
3 ，f (2)=e
2，
即|2)<|−3)，但f (−3)<f (2)，故D 错误.
故选：C.
二、多选题
9．（2026·甘肃·模拟预测）已知函数f (x)= 2 x−1
x−1 ，则（ ）
A．f (x)的图象关于点(1,2)对称
B．f (x)的图象关于直线y =−x +3对称
C．f (x)的值域为(−∞,2)∪(2,+ ∞)
D．f (x)在定义域上单调递减
【答案】ABC
【解题思路】先通过分离常数将函数表达式转化为平移后的反比例函数形式，然后借助反比例函数的性质
依次判断各选项即可.
【解答过程】因为f (x)= 2 x−1
x−1 = 2( x−1)+1
x−1
=2+
1
x−1，
对于A：因为y = 1
x 的对称中心为(0,0)，将其向右平移1 个单位，
再向上平移2 个单位得到f (x)=2+
1
x−1，所以对称中心变为(1,2)，故A 正确；
对于B：任取f ( x)上一点( x , y)，其关于直线y =−x +3的对称点为(3−y ,3−x)，
而f (3−y)=2+
1
(3−y)−1 =2+
1
2−y =2+
1
2−( 2 x−1
x−1 )
=3−x
，
因此其对称点(3−y ,3−x)也在f ( x)上，所以f ( x)的图象关于y =−x +3对称，故B 正确；
对于C：因为
1
x−1 ∈(−∞,0)∪(0,+∞)，所以2+
1
x−1 ∈(−∞,2)∪(2,+∞)，
即f ( x)的值域为(−∞,2)∪(2,+ ∞)，故C 正确；
对于D：f ( x)的定义域为(−∞,1)∪(1,+ ∞)，它仅在区间(−∞,1)和(1,+∞)上分别单调递减，
不能说在整个定义域上单调递减，例如：取x1=0<1< x2=2，
有f (0)=1<f (2)=3，不符合单调递减定义，故D 错误.
故选：ABC.
10．（2026·湖北武汉·模拟预测）已知函数f (x)是定义域为R 的偶函数且f (x)>0，f (0)= 1
2，且满足
f (x +2)=
1
f (x)，则（ ）
A．f (x)是周期函数
B．直线x =2是f (x)图象的一条对称轴
C．f (3)=3
D．∑
i=1
10
f (i)=12
【答案】ABD
【解题思路】先根据函数递推关系推导周期，结合偶函数性质分析对称轴，再利用函数性质求解特殊点函
数值，最后计算求和判断选项.
【解答过程】选项A：由f ( x +2)=
1
f ( x)，将x替换为x +2得f ( x + 4)=
1
f ( x +2) = f ( x) ，故f ( x)是周期
为4 的周期函数，A 正确；
选项B：因为f ( x)是偶函数，故f (2−x)= f ( x−2) ，又周期为4，所以f ( x−2)= f ( x +2)=
1
f ( x)，
即f (2+ x)= f (2−x)，故直线x =2是f ( x)的对称轴，B 正确；
选项C：由偶函数得f (3)= f (−1)= f (1) ，又f (3)= f (1+2)=
1
f (1)，且f ( x)>0，故f (1)=
1
f (1)，
解得f (1)=1，故f (3)=1≠3 ，C 错误；
选项D：计算得f (1)=1,f (2)=
1
f (0) =2,f (3)=1,f (4)= f (0)= 1
2，周期为4，
故∑
i=1
10
f (i)=2×(1+2+1+ 1
2)+ f (9)+ f (10)=9+ f (1)+ f (2)=9+1+2=12.
故选：ABD.
11．（2026·安徽·模拟预测）已知定义域为R 的函数f (x)的图象关于直线x = 3
2对称，且对任意的x∈R，
恒有f (x)+ f (x +3)= f (2031)．若f (7)=1，则下列说法正确的是（ ）
A．f (x)的一个周期为3
B．直线x = 9
2为f (x)的图象的一条对称轴
C．f (3)=0
D．∑
i=1
2026
f (i)=1
【答案】BCD
【解题思路】由题设易得f (x)= f (x +6)，即可判断A；由直线x = 3
2是对称轴可得f (x)= f (3−x)，进而得
到f (3−x)= f (x +6)，即可判断B；先根据周期性可得f (2031)= f (3)，再利用赋值法求解判断C；由
f (x)+ f (x +3)= f (3)=0易得f (1)+ f (4)= f (2)+ f (5)= f (3)+ f (6)=0，再求出f (2)=1，进而求解判断D.
【解答过程】依题意，f (x)+ f (x +3)= f (2031)，则f (x +3)+ f (x +6)= f (2031)，
即f (x)= f (x +6)，故f (x)的周期T =6，故A 错误；
已知直线x = 3
2是对称轴，则f (x)= f (3−x)，
而f (x)= f (x +6)，则f (3−x)= f (x +6)，
故x = 9
2为f (x)的图象的一条对称轴，故B 正确；
由f (2031)= f (6×338+3)= f (3)，则f (x)+ f (x +3)= f (3)，
令x =0，可得f (0)+ f (3)= f (3)，则f (0)=0，
由f (x)= f (3−x)，令x =0，可得f (0)= f (3)=0，故C 正确；
由f (x)+ f (x +3)= f (3)=0 ，
所以f (1)+ f (4)= f (2)+ f (5)= f (3)+ f (6)=0，
已知f (7)= f (1)=1，而f (x)= f (3−x)，则f (2)= f (1)=1，
则∑
i=1
2026
f (i)= 337×[f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)+ f (5)+ f (6))+ f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)=1，故D 正确．
故选：BCD.
三、填空题
12．（2026·安徽安庆·模拟预测）设f (x)是周期为4 的奇函数，当0≤x ≤1时，f (x)=−x (1−x)，则
f(−9
2)=__________．
【答案】1
4
【解题思路】根据函数的奇偶性及周期性求解即可.
【解答过程】因为f (x)是周期为4 的奇函数，所以f(−9
2)=−f(
9
2)=−f(
1
2)，
又当0≤x ≤1时，f (x)=−x (1−x)，所以f(
1
2)=−1
2 ×(1−1
2)=−1
4 .
所以f(−9
2)=−f(
1
2)=−(−1
4)= 1
4 .
故答案为：1
4 .
13．（2026·河北雄安·三模）函数f (x)=
1
2
x−2的图象的对称中心为__________．
【答案】(1,−1
4)
【解题思路】设其对称中心为(a,b)，则有f (x)+ f (2a−x)=2b恒成立，解出即可得.
【解答过程】设函数f (x)=
1
2
x−2的图象的对称中心为(a,b)，
则有f (x)+ f (2a−x)=
1
2
x−2
+
1
2
2a−x−2
=2b，
即2
2a−x−2+2
x−2=2b(2
x−2)(2
2a−x−2)，
整理得2
2a−x+2
x−4 =−4 b(2
2a−x+2
x)+2b⋅2
2a+8b，
则有{
1=−4 b
−4 =2b⋅2
2a+8b)，解得{
a=1
b=−1
4)
，
故函数f (x)=
1
2
x−2的图象的对称中心为(1,−1
4).
故答案为：(1,−1
4).
14．（2026·福建三明·二模）已知f ( x)是定义在R上的奇函数，f (−2)=−4，若g( x)= f ( x)
x
在(0,+∞)
上单调递增，则不等式f ( x)≤2 x的解集为__________.
【答案】(−∞,−2]∪[0,2]
【解题思路】根据给定条件，利用函数奇偶性定义及性质分段求解不等式.
【解答过程】由f ( x)是定义在R上的奇函数，得g(−x)= f (−x)
−x
= f ( x)
x
= g( x)，
g( x)是(−∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数，由f (−2)=−4，得f (2)= 4，
则g(−2)= g(2)= f (2)
2
=2，由g( x)在(0,+∞)上递增，得g( x)在(−∞,0)上递减，
当x =0时，f (0)=0，不等式f ( x)≤2 x成立，因此x =0；
当x>0时，f ( x)≤2 x⇔f ( x)
x
≤2⇔g( x)≤g(2)，解得0< x ≤2；
当x<0时，f ( x)≤2 x⇔f ( x)
x
≥2⇔g( x)≥g(−2)，解得x ≤−2，
所以不等式f ( x)≤2 x的解集为(−∞,−2]∪[0,2].
故答案为：(−∞,−2]∪[0,2].
四、解答题
15．（2026·上海黄浦·三模）已知函数f (x)=m⋅2
x+2
−x．
(1)判断函数f (x)=m⋅2
x+2
−x的奇偶性并说明理由；
(2)当m=1时，若存在x∈(0,+ ∞)，使得f (x)=t ⋅2
x+1成立，求实数t 的取值范围；
【答案】(1)当m=1时，f (x)为偶函数；
当m=−1时，f (x)为奇函数；
当m≠±1时，f (x)既不是奇函数也不是偶函数.
(2)[
3
4 ,1)
【解题思路】（1）利用奇函数，偶函数的基本性质进行判断，分类讨论参数的取值即可求解；
（2）通过参变分离，构建辅助函数，将参数的取值范围转化为函数的值域从而进行求解.
【解答过程】（1）f (x)=m⋅2
x+2
−x，所以f (−x)=m⋅2
−x+2
x，
当m=1时，f (−x)=2
−x+2
x = f (x)，f (x)为偶函数，
当m=−1时，f (−x)=−2
−x+2
x =−f (x)，f (x)为奇函数，
当m≠±1时，f (−x)≠± f (x)，所以f (x)既不是奇函数也不是偶函数.
（2）当m=1时，f (x)=2
x+2
−x，存在x∈(0,+ ∞)，使得2
x+2
−x=t ⋅2
x+1成立，
化简可得t −1= 1−2
x
(2
x)
2 =(
1
2
x)
2
−1
2
x ，即t =(
1
2
x)
2
−1
2
x +1在(0,+∞)上有解，
令u= 1
2
x ，因为x∈(0,+ ∞)，所以u∈(0,1)，即t =u
2−u+1在u∈(0,1)上有解，
故实数t的取值范围为函数y =u
2−u+1,0<u<1的值域，
y =u
2−u+1=(u−1
2)
2
+ 3
4 ，因为u∈(0,1)，所以y ∈[
3
4 ,1)，
即实数t的取值范围为[
3
4 ,1).
16．（2026·海南儋州·模拟预测）已知函数f ( x)为定义在R上的偶函数，且x ≥0，f ( x)= x
2−mx +1.
(1)若m=1，求函数f ( x)解析式；
(2)求函数f ( x)在[1,3]的最小值；
(3)若函数y = f ( x)在(0,4)有两个不同的零点，求m 的取值范围.
【答案】(1)f (x)={
x
2−x +1, x ≥0
x
2+ x +1, x<0)
(2)f (x)min={
−m+2,m<2
−m
2
4 +1,2≤m≤6
−3m+10,m>6)
(3)(2, 17
4 )
【解题思路】（1）根据偶函数的性质即可求出解析式.
（2）根据二次函数的单调性及对称轴，分情况求出最小值.
（3）根据已知条件，结合二次函数的性质、根的判别式、对称轴、端点值列出不等式组，求解即可.
【解答过程】（1）当m=1时，x ≥0，f ( x)= x
2−x +1.
因为函数f ( x)在R上为偶函数，所以f (−x)= f (x)
当x<0时，−x>0，则f ( x)= f (−x)=(−x)
2−(−x)+1= x
2+ x +1.
因此函数f ( x)解析式为：
f (x)={
x
2−x +1, x ≥0
x
2+ x +1, x<0).
（2）当x∈[1,3]时，f ( x)= x
2−mx +1，这是开口向上的二次函数，对称轴为x = m
2 .
当m
2 <1，即m<2时，f (x)min= f (1)=1
2−m×1+1=−m+2；
当1≤m
2 ≤3，即2≤m≤6时，f (x)min= f(
m
2)=(
m
2)
2
−m× m
2 +1=−m
2
4 +1；
当m
2 >3，即m>6时，f (x)min= f (3)=3
2−m×3+1=−3m+10；
综上，函数f ( x)在[1,3]的最小值为：
f (x)min={
−m+2,m<2
−m
2
4 +1,2≤m≤6
−3m+10,m>6)
.
（3）因为函数y = f ( x)在(0,4)有两个不同的零点，
所以{
Δ=m
2−4>0
0< m
2 <4
f (0)=1>0
f (4)=16−4 m+1>0
f(
m
2)=−m
2
4 +1<0)
，解得2<m< 17
4 .
所以m 的取值范围为(2, 17
4 ).
17．（2026·湖南湘潭·二模）已知a 为实数，记f ( x)=e
x+e
−ax.
(1)当a=0时，定义在R上的奇函数y = g( x)满足：当x>0时，g( x)= f ( x)，求y = g( x)的解析式；
(2)若函数y = f ( x)为偶函数，且对于任意x∈[0,2]，关于x 的不等式f ( x
3+ x−t )>f (2)恒成立，求实数t
的取值范围；
(3)求证：“a>1”是“存在正数x0，使得函数y = f ( x)在x = x0处取到最小值”的充要条件.
【答案】(1)g(x)={
e
x+1,
x>0
0,
x =0
−e
−x−1,
x<0)
(2)(−∞,−2)∪(12,+ ∞)
(3)证明见解析
【解题思路】（1）当x∈(−∞,0)，利用函数奇偶性可知g(x)=−g(−x)，代入求得x∈(−∞,0)时的解
析式，从而得到分段函数解析式；
（2）根据函数的单调性、奇偶性化简不等式得|x
3+ x −t)>2，利用分离常数法，求导求出h(x)的单调性
求得t的取值范围；
（3）先证明充分性，通过求导得出f
′ (0)<0，f
′ (2)>0，由于f
′ (x)=e
x−ae
−ax的图像是连续曲线，由零点
存在性定理可知函数y = f
′ (x)有且只有一个零点x = x0，再证明函数y = f (x)在x = x0(x0>0)处取到最小
值，最后再证明必要性．
【解答过程】（1）当a=0时，f (x)=e
x+1，
所以当x<0时，−x >0, g(x)=−g(−x)=−(e
−x+1).
所以g(x)={
e
x+1,
x>0
0,
x =0
−e
−x−1,
x<0)
.
（2）当函数y = f (x)为偶函数时，f (−x)= f ( x)，
则e
−x+e
ax =e
x+e
−ax，即a=1，则f ( x)=e
x+e
−x，
所以f
′ (x)=e
x−e
−x，显然函数f
′ (x)在R上为增函数，且f
′ (0)=0，
故x∈(−∞,0)时，f
′ (x)<0，x∈(0,+∞)时，f
′ (x)>0，
所以函数f (x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，
结合函数y = f (x)为偶函数，所以f ( x
3+ x−t )>f (2)等价于|x
3+ x−t)>2，
则x
3+ x−t <−2或x
3+ x−t >2，即x
3+ x<t −2或x
3+ x>t +2对x∈[0,2)恒成立.
设h(x)= x
3+ x，x∈[0,2)，则h
′ (x)=3 x
2+1>0，所以h(x)在[0,2)上单调递增，
则h(x)min=h(0)=0，h(x)max=h(2)=10，
可知t +2<0或t −2>10，解得t <−2或t >12，
则实数t 的取值范围为(−∞,−2)∪(12,+ ∞).
（3）充分性：当a>1时，f
′ (x)=e
x−ae
−ax在R上为增函数，
且f
′ (0)=e
0−a=1−a<0，
f
′ (2)=e
2−a
e
2a ，设h(a)=e
2−a
e
2a ,h
′ (a)= 2a−1
e
2a
在a>1时恒大于零，
故h(a)在(1,+∞)为增函数，故h(a)>h(1)=e
2−1
e
2 >0，故f
′ (2)>0.
又由于f
′ (x)=e
x−ae
−ax的图象是连续曲线，
由零点存在性定理，可知存在x0∈(0,2)，使得f
′(x0)=0，由f
′ (x)在R上为增函数，
可知函数y = f
′ (x)有且只有一个零点x = x0，
且当x∈(−∞, x0)时，f
′ (x)<0,f (x)为减函数，
当x∈(x0,+∞)时，f
′ (x)>0,f (x)为增函数，
则函数y = f (x)在x = x0(x0>0)处取到最小值.
必要性：当存在正数x0，使得函数y = f (x)在x = x0处取到最小值，必有f
′(x0)=e
x0−ae
−a x0=0，
当a≤0时，f (x)=e
x+e
−ax在R上为增函数，不存在最小值，故a>0，
所以f
′ (x)=e
x−ae
−ax在R上为增函数，
由于x0>0，所以f
′ (0)<0，即e
0−ae
0<0，故a>1.
因此，“a>1”是“存在正数x0，使得函数y = f (x)在x = x0处取到最小值”的充要条件.
18．（2026·上海杨浦·模拟预测）定义：若定义域为R 的连续函数f (x)满足对任意x1，x2∈R，当
|x1|＜) x2)时，都有|f (x1))＜|f (x2))，则称函数f (x)为“绝对值严格增函数”．
(1)若f (x)为“绝对值严格增函数”，试判断f (x)是否可能具有周期性；
(2)求证：f (x)=a|x)为“绝对值严格增函数”是g(x)= ln (x−1)+ 2a x
2−1
x−1
始终在h(x)=2 x +3图像上方的
充要条件；
(3)若“绝对值严格增函数”f (x)的值域为[m,1)且在[0,﹢∞)上为严格增函数，试讨论f (x)的奇偶性．
【答案】(1)不可能；
(2)证明见解析；
(3)当m∈[0,1)时，f (x)为偶函数；当m=−1时，f (x)为奇函数
【解题思路】本题第（1）问可用反证法，取0与周期的整数倍作比较即可.
第（2）问先由定义得到f (x)=a|x)为“绝对值严格增函数”等价于a>1，再将g(x)>h(x)化为关于t = x−1
的不等式，结合lnt ≥1−1
t 与特殊点t =1即可证明两者等价.
第（3）问先利用定义与连续性证明对任意x ≥0都有|f (−x))=|f (x))，再结合值域与f (x)在[0,+ ∞)上的单
调性分类讨论：当m∈[0,1)时，函数值恒非负，从而为偶函数；当m<0时，再用反证法证明f ( x)的零点
与奇偶情况.
【解答过程】（1）不可能.
假设f (x)具有周期性，设T >0是它的一个周期，则对任意正整数n，都有f (nT )= f (0).
由于|0)<|nT )，而f (x)为“绝对值严格增函数”，所以|f (0))<|f (nT )).又|f (nT ))=|f (0))，矛盾.
因此f (x)不可能具有周期性.
（2）先证f (x)=a|x)为“绝对值严格增函数”等价于a>1.
若a>1，当|x1)<|x2)时，有a|x1)<a|x2)，即|f (x1))<|f (x2))，所以f (x)=a|x)为“绝对值严格增函数”.
反之，若f (x)=a|x)为“绝对值严格增函数”，有|f (x))= f (x)，取x1=0, x2=1，则1= f (0)<f (1)=a，所
以a>1.
再证g(x)始终在h(x)图像上方等价于a>1.
当x>1时，g(x)>h(x)等价于ln(x−1)+ 2a x
2−1
x−1
>2 x +3.
令t = x−1，则t >0，且x =t +1，于是上式等价于lnt + 2a(t +1)
2−1
t
>2t +5，
进一步化简得lnt +(2a−2)t + 2a−1
t
+ 4 a−5>0.
若a>1，由lnt ≥1−1
t ，
可得lnt +(2a−2)t + 2a−1
t
+ 4 a−5≥1−1
t +(2a−2)t + 2a−1
t
+ 4 a−5=2(a−1)(t + 1
t +2)>0.
所以g(x)>h(x)恒成立.
反之，若g(x)始终在h(x)图像上方，则lnt +(2a−2)t + 2a−1
t
+ 4 a−5>0对任意t >0恒成立.
取t =1，得0+(2a−2)+(2a−1)+ 4 a−5>0，化简得8a−8>0，所以a>1.
综上，f (x)=a|x)为“绝对值严格增函数”是g(x)=ln(x−1)+ 2a x
2−1
x−1
始终在h(x)=2 x +3图像上方的充
要条件.
（3）设u(x)=|f (x)),v (x)=|f (−x))，其中x ≥0.由于f (x)为“绝对值严格增函数”，
当0≤x1< x2时，有u(x1)<u(x2),u(x1)<v(x2),v(x1)<u(x2),v(x1)<v(x2).
于是max{u(x1),v(x1))<min{u(x2),v(x2)).
固定x ≥0，令x1= x , x2= x +t，其中t >0，再令t →0
+，
由连续性可得max{u(x),v (x))≤min{u(x),v (x))，
故u(x)= v (x)，即对任意x ≥0，都有|f (−x))=|f (x)).
下面分类讨论.
当m∈[0,1)时，f (x)的值域为[m,1)⊆[0,1)，故对任意x∈ℝ，都有f (x)≥0.
于是由|f (−x))=|f (x))可得f (−x)= f (x)，所以f (x)为偶函数.
当m<0时，由值域为[m,1]知f (x)既取负值又取正值.
又f (x)连续，所以存在x0∈ℝ，使得f (x0)=0，存在x1<0，f ( x1)<0.
若x0≠0，则由|0)<|x0)可得|f (0))<|f (x0))=0，矛盾.
故f (0)=0，且0是f (x)的唯一零点.
因为f (x)在[0,+∞)上为严格增函数，且f (0)=0，所以当x>0时，f (x)>0.
若存在x2<0,f ( x2)>0，则在x1与x2之间存在x3<0，f ( x3)=0，
与0是f (x)的唯一零点矛盾,则x<0时，f ( x)<0.
则f (−x)=−f ( x)，即f ( x)是奇函数，值域关于原点对称，故m=−1.
综上，当m∈[0,1)时，f (x)为偶函数；当m=−1时，f (x)为奇函数.
19．（2026·上海·三模）设s,t ∈R，对于定义域为D 的函数y = f (x)与y = g(x)，h(x)= sf (x)+tg(x)，若
函数y =h(x)是区间D 上的单调函数，则称y = f (x)与y = g(x)在区间D 上满足“性质M (s,t )”．
(1)设D =[2,+∞)，f (x)= x
2，g(x)= x，若y = f (x)与y = g(x)在区间D 上满足“性质M (1,t )”，求t 的取
值范围；
(2)设s>0，D =(0,1)，f (x)= x，g(x)=−3
2 x ．若y = f (x)与y = g(x)在区间D 上满足“性质M (s,t )”，
求t
s的取值范围；
(3)设D =R，若对任意s、t，函数y = f (x)与y = g(x)在R上都满足“性质M (s,t )”．求证：存在不全为零
的实数A、B，使得函数y = Af (x)+ Bg(x)为常值函数．
【答案】(1)t ≥−4；
(2)(−∞,−2
3)∪[0,+∞)；
(3)证明见解析
【解题思路】（1）先求出h(x)，根据单调可得对称轴的位置关系，故可求参数的取值范围；
（2）依据单调性定义可得2s+ 3t
x1 x2
≥0在(0,1)上恒成立，其中x1, x2∈(0,1), x1< x2，据此可求t
s 的取值
范围；
（3）利用性质M (s,t )对任意s、t 成立，先取(1,0)和(0,1)知f (x)与g(x)均单调，假设不存在不全为零的实
数A、B 使得函数y = Af (x)+ Bg(x)为常值函数，则存在两点使f (x)与g(x)的增量比值不同，从而可构造
s、t 使h( x)在两点处单调性相反，产生矛盾，因此必存在线性组合为常值函数.
【解答过程】（1）因为f (x)= x
2，g(x)= x在区间D 上满足“性质M (1,t )”，
故h(x)= x
2+tx在D =[2,+∞)上为单调函数，
因为h(x)为开口向上的抛物线，对称轴为x =−t
2，故−t
2 ≤2，即t ≥−4．
（2）由题设有h(x)= sx −3t
2 x 在(0,1)上为单调函数，
设任意x1, x2∈(0,1)，x1< x2，
则h(x1)−h(x2)= s(x1−x2)−3t
2 (
1
x1
−1
x2)=(x1−x2)
2s x1 x2+3t
2 x1 x2
，
因为x1, x2∈(0,1)，x1< x2，故x1−x2<0，x1 x2∈(0,1)，
而h(x)为(0,1)上的单调函数，
故2s x1 x2+3t ≥0在(0,1)上恒成立或2s x1 x2+3t ≤0在(0,1)上恒成立，
而0< x1 x2<1，s>0，故3t ≥0或2s+3t ≤0，故t
s ≥0或t
s ≤−2
3．
（3）若函数y = f (x)为常值函数，取( A ,B)=(1,0)；
同理，若函数y = g(x)是常值函数，取( A ,B)=(0,1)；
因此，以下考虑函数y = f (x)与y = g(x)都不为常值函数的情况．
分别取(s,t )=(1,0)和(0,1)，可以得到函数y = f (x)与y = g(x)，
不妨设函数y = f (x)与y = g(x)都是增函数（否则，若函数y = f (x)为减函数，将−f (x)替换为f (x)）．由
于函数y = f (x)与y = g(x)都不为常值函数，
因此存在x1< x2，使得f (x2)>f (x1)且g(x2)>g(x1)，
令g(x2)−g(x1)=m[f (x2)−f (x1))，其中m>0．
首先证明：对任意x3> x1都有g(x3)−g(x1)=m[f (x3)−f (x1))．
反证法：假设存在x3> x1使得g(x3)−g(x1)=n[f (x3)−f (x1))，其中m≠n且n≠0，
不妨设n>m，取s=−m+n
2
，t =1，对于函数h(x)= sf (x)+tg(x)= g(x)−m+n
2
f (x)，
则h(x2)−h(x1)= g(x2)−g(x1)−m+n
2
[f (x2)−f (x1))<g(x2)−g(x1)−m[f (x2)−f (x1))=0，
h(x3)−h(x1)= g(x3)−g(x1)−m+n
2
[f (x3)−f (x1))>g(x3)−g(x1)−n[f (x3)−f (x1))=0，
因此h(x2)<h(x1)，h(x3)>h(x1)，与y =h(x)是单调函数矛盾．
同理可以证明对任意x3≤x1都有g(x3)−g(x1)=m[f (x3)−f (x1))，
因此，对任意x∈R，g(x)−g(x1)=m[f (x)−f (x1))，
所以h(x)=−mf (x)+ g(x)= g(x1)−mf (x1)=c为常值函数，
取( A ,B)=(−m,1)，则A、B 不全为零，且y = Af (x)+ Bg(x)为常值函数．得证.
