重难点03 函数性质的灵活运用9 大题型
【全国通用】
1、函数性质的灵活运用
函数及其性质是高考数学的重要内容.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
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，二轮复习
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
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】（2025·广东清远·一模）设函数f (x)= x−2
x ，则函数f (x)为（ ）
A．奇函数，且在(0,+ ∞)单调递增
B．奇函数，且在(0,+ ∞)单调递减
C．偶函数，且在(0,+ ∞)单调递增
D．偶函数，且在(0,+ ∞)单调递减
【答案】A
【解题思路】利用函数的奇偶性定义、单调性定义判断即可.
【解答过程】易知f (x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+ ∞)，且f (−x)+ f (x)=−x + 2
x + x−2
x =0，
所以f (x)为奇函数，
因为函数y = x , y =−2
x 在(0,+∞)上单调递增，
所以f (x)= x−2
x 在(0,+ ∞)上单调递增，
故选：A.
【变式1-1】（2025·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．
【变式1-2】（25-26 高一上·四川眉山·月考）已知函数f (x)的定义域为R，且它的图象关于x =−2对称，当
x1< x2<−2时，f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0恒成立，设a= f (−3)，b= f (0)，c = f (2)，则a，b，c的大小关系为
（ ）
A．b<a<c
B．a<b<c
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)在(−∞,−2)上单调递增，再由f (x)的图象关于x =−2对称，求得
b= f (−4)，c = f (−6)，结合f (−6)<f (−4)<f (−3)，即可求解.
【解答过程】由函数f (x)的定义域为R，当x1< x2<−2时，
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0恒成立，
可得函数f (x)在(−∞,−2)上单调递增，
又由函数f (x)的图象关于x =−2对称，可得b= f (0)= f (−4)，c = f (2)= f (−6)，
则有f (−6)<f (−4)<f (−3)，即c<b<a.
故选：D.
【变式1-3】（2025·黑龙江大庆·一模）已知函数f ( x)的定义域为R ,f (1+ x)= f (3−x)，且f ( x)在
[2,+ ∞)上单调递减，则不等式f (2 x−3)>f (3)的解集是（ ）
A．(−∞,3)
B．(−∞,2)
C．(3,+∞)
D．(2,3)
【答案】D
【解题思路】根据给定条件，利用对称性及单调性求解函数不等式.
【解答过程】由函数f ( x)的定义域为R ,f (1+ x)= f (3−x)，得函数f ( x)的图象关于直线x =2对称，
又函数f ( x)在[2,+ ∞)上单调递减，则不等式f (2 x−3)>f (3)⇔|2 x−3−2|<|3−2|，
即−1<2 x−5<1，解得2< x<3，所以所求不等式的解集为(2,3).
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·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.
【变式2-3】（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.
【题型3 函数的奇偶性的综合应用】
【例3】（2025·陕西汉中·一模）若函数f (x)=a+
4
3
x−1
为奇函数，则实数a=（ ）
A．−1
B．1
C．2
D．4
【答案】C
【解题思路】根据函数为奇函数，利用特殊值求得a 的值，再根据奇函数定义验证函数为奇函数，即可确
定答案.
【解答过程】函数f (x)=a+
4
3
x−1为奇函数，故必有f (−1)=−f (1)成立，
即a+
4
3
−1−1
=−(a+
4
3
1−1)，解得a=2，
则此时f (x)=2+
4
3
x−1
= 2(3
x+1)
3
x−1
，定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
而f (−x)= 2(3
−x+1)
3
−x−1
= 2(1+3
x)
1−3
x
=−f (x)，即函数f (x)=a+
4
3
x−1为奇函数，符合题意，
故a=2，
故选：C.
【变式3-1】（2025·安徽·二模）已知函数f (x)=ln(x
2−2 x +2)，下列函数中为偶函数的是（ ）
A．f (x)+1
B．f (x)−1
C．f (x +1)
D．f (x−1)
【答案】C
【解题思路】求出函数的定义域，根据偶函数的定义逐项判断即可.
【解答过程】因为x
2−2 x +2=(x −1)
2+1≥1，故f (x)的定义域为R.
选项A：f (x)+1=ln(x
2−2 x +2)+1=ln[e(x
2−2 x +2))，
f (−x)+1=ln[e((−x)
2−2(−x)+2))=ln[e(x
2+2 x +2))，
f (x)+1≠f (−x)+1，所以f (x)+1不是偶函数，故A 错误；
选项B：f (x)−1=ln(x
2−2 x +2)−1=ln x
2−2 x +2
e
，f (−x)−1=ln (−x)
2−2(−x)+2
e
=ln x
2+2 x +2
e
，
f (x)−1≠f (−x)−1，所以f (x)−1不是偶函数，故B 错误；
选项C：f (x +1)=ln((x +1)
2−2(x +1)+2)=ln(x
2+1)，
f (−x +1)=ln((−x +1)
2−2(−x +1)+2)=ln(x
2+1)，
f (x +1)= f (−x +1)，所以f (x +1)为偶函数，故C 正确；
选项D：f (x −1)=ln((x −1)
2−2(x −1)+2)=ln(x
2−4 x +5)，
f (−x −1)=ln((−x −1)
2−2(−x −1)+2)=ln(x
2+ 4 x +5)，
f (x−1)≠f (−x−1)，所以f (x−1)不是偶函数，故D 错误.
故选：C.
【变式3-2】（2025·广西南宁·模拟预测）已知f (x)是定义在R 上的奇函数，当x<0时f (x)= x
2+ x，则
f (2)的值为（ ）
A．2
B．−2
C．6
D．−6
【答案】B
【解题思路】根据奇函数性质以及x<0时的解析式求解即可.
【解答过程】由于f (x)是定义在R 上的奇函数，则f (2)=−f (−2)，
由于当x<0时f (x)= x
2+ x，则f (−2)=2，
所以f (2)=−2，
故选：B.
【变式3-3】（2025·福建漳州·模拟预测）定义在R上的奇函数f (x)满足：∀x1, x2∈(0,+∞)，且x1≠x2
，
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>1，若f (2)=2，则不等式f (x)> x的解集为（ ）
A．(0,2)
B．(2,+∞)
C．(−∞,−2)∪(0,2) D．(−2,0)∪(2,+ ∞)
【答案】D
【解题思路】根据题干条件，构造函数g( x)= f ( x)−x，结合单调性的定义，可得g( x)的单调性，根据奇
偶性的定义，可得g( x)的奇偶性，结合特殊值，计算分析，即可得答案.
【解答过程】因为∀x1, x2∈(0,+∞)，且x1≠x2，
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>1，
所以f (x1)−f (x2)
x1−x2
−1= f (x1)−f (x2)−( x1−x2)
x1−x2
=
f (x1)−x1−[f (x2)−x2)
x1−x2
>0，
设g( x)= f ( x)−x，
则
g(x1)−g(x2)
x1−x2
>0，∀x1, x2∈(0,+∞)，且x1≠x2，，
根据单调性的定义可得，g( x)在(0,+∞)上单调递增，
因为f ( x)在R 上为奇函数，
所以g(−x)= f (−x)−(−x)=−f ( x)+ x =−[f ( x)−x)=−g( x)，
所以g( x)在R 上为奇函数，
所以g( x)在(−∞,0)上单调递增，
因为f (2)=2，
所以g(2)= f (2)−2=0，则g(−2)=−g(2)=0，
所以g( x)= f ( x)−x>0的解集为(−2,0)∪(2,+∞)，
所以f (x)> x的解集为(−2,0)∪(2,+∞).
故选：D.
【题型4 函数的图象问题】
【例4】（2025·甘肃武威·模拟预测）如图所示的函数图象对应的函数解析式可能为（ ）
A．f (x)=ln(❑√x
2+1+ x)
B．f (x)=ln(❑√x
2+1−x)
C．f (x)=ln
❑√x
2+1+ x
D．f (x)=ln
❑√x
2+1−x
【答案】B
【解题思路】应用函数对称性判断C，D，再根据x>0时，f (x)>0排除A.
【解答过程】由图可知函数图象关于原点对称，所以该函数为奇函数，
f (x)=ln
❑√x
2+1+ x中，f (2)=ln ❑√5+2,f (−2)=ln ❑√5−2，−f (2)，f (−2)不相等，所以C 选项错误；
f (x)=ln
❑√x
2+1−x中，f (2)=ln ❑√5−2,f (−2)=ln ❑√5+2，−f (2)，f (−2)不相等，所以D 选项错误；
对于f (x)=ln(❑√x
2+1)+ x)，当x>0时，f (x)>0，与图象不符，故排除A.
故选：B.
【变式4-1】（2025·四川成都·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4-2】（2025·四川成都·模拟预测）如图是下列四个函数中的某个函数在区间[−8,8)上的大致图象，
则该函数可能是（ ）
A．f (x)= x
4sin x
e
x+e
−x
B．f (x)= x
4(sin x−x)
e
x+e
−x
C．f (x)= x
4cos x
e
x+e
−x
D．f (x)= x
4(cos x−x)
e
x+e
−x
【答案】A
【解题思路】利用函数图象并结合奇偶性的定义与函数值的正负逐个排除求解即可.
【解答过程】根据图象可知，f (x)是奇函数，
对于A，由题意得f (−x)= (−x)
4sin (−x)
e
x+e
−x
=−x
4sin x
e
x+e
−x =−f ( x)，
则f (x)是奇函数，符合题意，故A 正确，
对于B，f (−x)=
(−x)
4[sin (−x)−(−x))
e
x+e
−x
=−x
4(sin x−x)
e
x+e
−x
=−f ( x)，
则f (x)是奇函数，令g( x)=sin x−x，则g
′( x)=cos x−1<0，
当x∈(0,+∞)时，g( x)在(0,+∞)上单调递减，
则g( x)=sin x−x<0，与图象不符，故B 错误，
对于C，由题意得f (1)= 1
4cos1
e
1+e
−1 = cos1
e+e
−1 ，f (−1)= (−1)
4cos(−1)
e
1+e
−1
= cos1
e+e
−1 ，
则f (1)+ f (−1)= cos1
e+e
−1 + cos1
e+e
−1 = 2cos1
e+e
−1 ≠0，
可得f (x)不是奇函数，故C 错误，
对于D，由题意得f (1)= 1
4(cos1−1)
e
1+e
−1
= cos1−1
e
1+e
−1
，
f (−1)=
(−1)
4[(cos(−1)−(−1)))
e
1+e
−1
= cos1+1
e
1+e
−1 ，
则f (1)+ f (−1)= cos1−1
e
1+e
−1
+ cos1+1
e
1+e
−1 = 2cos1
e+e
−1 ≠0
可得f (x)不是奇函数，故D 错误.
故选：A.
【变式4-3】（2025·贵州遵义·模拟预测）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)=
x
|x)−1
B．f (x)= |x)
1−x
2
C．f (x)=−
x
2
|x)+1
D．f (x)=
x
2
1−|x)
【答案】D
【解题思路】利用排除法，根据函数定义域、奇偶性以及单调性分析判定即可.
【解答过程】由图可知：函数f (x)的图象关于y 轴对称，定义域有两个间断点，
对于选项A：令|x)−1≠0，解得x≠±1，可知f (x)的定义域为{x| x≠±1)，
且f (−x)=
−x
|−x)−1 =−
x
|x)−1 =−f (x)，可知函数f (x)为奇函数，
其图象关于原点轴对称，故A 错误；
对于选项B：令1−x
2≠0，解得x≠±1，可知f (x)的定义域为{x| x≠±1)，
当x>1时，f (x)= |x)
1−x
2 =
x
1−x
2 =
1
1
x −x ，
因为y = 1
x −x在(1,+ ∞)内单调递减，函数f (x)在(1,+∞)内单调递增，故B 错误；
对于选项C：因为|x)+1>0，可知f (x)的定义域为R，故C 错误；
故选：D.
【题型5 对称性与周期性的综合应用】
【例5】（2025·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5-1】（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·湖南郴州·一模）函数f (x)对∀x∈R ,f (x +2)= f (4−x)，且f (x +6)为奇函数，则下
列说法正确的是（ ）
A．若x∈(0,3)时f (x)=2
x，则f (8)= 4
B．f (x)的周期为6
C．f (x)的图象关于(−6,0)中心对称
D．f (2025)+ f (3)≠0
【答案】C
【解题思路】对于A 选项，首先通过奇偶性得：f (−x +6)=−f (x +6)，然后根据已知条件通过赋值进行
求解；
对于B 选项，根据奇偶性及周期性的结论进行求解即可；
对于C 选项，通过奇偶性可得函数关于(6,0)中心对称，再根据函数周期性即可判断正误；
对于D 选项，利用函数周期性可得：f (2025)= f (9)，再根据f (−x +6)=−f (x +6)通过赋值可得：
f (9)=−f (3)，进而可以判断选项正误.
【解答过程】对于A 选项，已知f (x +6)为奇函数，则有f (−x +6)=−f (x +6)，
令x =−2，得：f (8)=−f (4)，
又f (x +2)= f (4−x)，令x =0，得：f (4)= f (2)，
因此可得：f (8)=−f (4)=−f (2)=−4，故A 选项错误.
对于B 选项，已知f (x +6)为奇函数，则有f (−x +6)=−f (x +6)，
又f (x +2)= f (4−x)，则有f (x)= f (6−x)，
由此可得：f (x)=−f (x +6)，即有：f (x +12)=−f (x +6)=−(−f (x))= f (x)
因此可得：f (x)的周期为12，故B 选项错误.
对于C 选项：已知f (x +6)为奇函数，则有f (−x +6)=−f (x +6)，
因此可得：函数f (x)关于(6,0)中心对称，又函数f (x)的周期为12，
所以f (x)关于(−6,0)中心对称，故C 选项正确；
对于D 选项：已知函数f (x)的周期为12，则有f (2025)= f (168×12+9)= f (9)，
又f (−x +6)=−f (x +6)，令x =3，得：f (9)=−f (3)，
因此可得：f (2025)=−f (3)，即f (2025)+ f (3)=0，故D 选项错误.
故选：C.
【变式5-3】（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.
【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】（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.
【变式6-2】（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6-3】（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】（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.
【变式7-1】（2025·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7-2】（2025·云南昆明·三模）函数y = f (x)在R上的图象是一条连续不断的曲线，且与x轴有且仅有
一个交点，对任意x，y ∈R，f (x)+ f ( y)= f (❑√x
2+ y
2)，f (1)=1，则下列说法正确的是（ ）
A．f (2)=2
B．f (x)为奇函数
C．f (x)在(0,+ ∞)单调递减
D．若f (x)≤4，则x∈[−2,2)
【答案】D
【解题思路】由已知条件，通过赋值法求出f (0),f (1),f (2)及奇偶性，结合函数单调性的定义判断出单
调性，即可得出判断．
【解答过程】令x = y =0得，2f (0)= f (0)，则f (0)=0；
对于A，令x = y =1，有2f (1)= f (❑√2)，则f (❑√2)=2，
令x = y = ❑√2，有2f (❑√2)= f (2)，则f (2)= 4≠2，故A 错误；
对于B，令y =0，则f ( x)={
f ( x), x>0
0, x =0,
f (−x), x<0)
，故f ( x)为偶函数，故B 错误；
对于C，因为f ( x)在R上的图象是一条连续不断的曲线，且与x轴有且仅有一个交点，
f (0)=0,f (1)=1>0，
所以当x>0时，f ( x)>0，设0< x1< x2，令x = x1, y =
❑√x2
2−x1
2>0，
则f ( x1)+ f (
❑√x2
2−x1
2)= f (
❑√x1
2+ x2
2−x1
2)= f ( x2)，即f ( x2)−f ( x1)= f (
❑√x2
2−x1
2)>0，
所以f ( x)在(0,+ ∞)单调递增，故C 错误；
对于D，由上述结论得，f ( x)为偶函数，且在(0,+ ∞)单调递增，f (0)=0,f (2)= 4，
所以若f (x)≤4，则x∈[−2,2)，故D 正确；
故选：D．
【变式7-3】（2025·全国·模拟预测）若定义在R上的函数f (x)满足f (|x))= f (x)，且
f (2+ x)+ f (2−x)=6,f (3)=6，则下列结论错误的是（ ）
A．f (8+ x)= f (x)
B．f (x)的图象关于直线x = 4对称
C．f (201)=3
D．y = f (x +2)−3是奇函数
【答案】C
【解题思路】本题考查抽象函数的图象与性质内容，根据已有条件f (|x))= f (x)和
f (2+ x)+ f (2−x)=6,f (3)=6，以及x 的任意性结合函数奇偶性和周期性概念、对称性的判定知识去进行
转化推理即可.
【解答过程】由f (|x))= f (x)⇒f (−x)= f (x)，所以f (2−x)= f (x−2)
又f (2+ x)+ f (2−x)=6，所以f (4 + x)+ f (x)=6，且f (8+ x)+ f (4+ x)=6，
所以f (8+ x)= f (x)，故A 正确；
由A 可得，f (8+ x)= f (−x)，所以f (x)的图象关于直线x = 4对称，故B 正确；
由A 可得，f (x)是周期为8 的函数，f (201)= f (1)，
又由f (2+ x)+ f (2−x)=6,f (3)=6，得f (3)+ f (1)=6，所以f (201)= f (1)=0，故C 错误；
对于D，由f (2+ x)+ f (2−x)=6 ⇒f (x)的图象关于点(2,3)对称，
所以y = f (x +2)−3的图象关于原点对称，故D 正确，
故选：C.
【题型8 函数性质的综合应用】
【例8】（2025·陕西·模拟预测）已知函数f (x)的定义域是R，f (x−1)的图象关于点(1,0)中心对称，若
f (3)=0，且对任意x1, x2∈(−∞,0)，x1≠x2
，都有f (x2)−f (x1)
x2−x1
<0，则不等式f (3 x−1)
x
≥0的解集为
（ ）
A．[−2
3 ,0)∪(
1
3 , 4
3)
B．[−2
3 ,0)∪[
1
3 , 4
3)
C．[−2
3 ,0)∪[
1
3 , 4
3)
D．(−2
3 ,0)∪(
1
3 , 4
3)
【答案】C
【解题思路】根据题意可得y = f (x)为奇函数，进而得到在(−∞,0)，(0,+∞)上为减函数，再由分式不等
式的等价条件得{
xf (3 x−1)≥0
x≠0
)，再根据奇偶性和单调性解不等式即可．
【解答过程】因为对任意x1, x2∈(−∞,0)，x1≠x2，都有
f (x2)−f (x1)
x2−x1
<0，
所以y = f (x)在(−∞,0)上为减函数，
因为f (x−1)的对称中心为(1,0)，所以f (x)的对称中心为(0,0)，
所以y = f (x)为奇函数，
所以(0,+∞)上为减函数．
则y = f (x)在(−∞,0)，(0,+ ∞)上为减函数，
因为f (3)=0，所以f (−3)=0，
f (3 x−1)
x
≥0⇔{
xf (3 x−1)≥0
x≠0
)，
即{
x<0
f (3 x−1)≤0)或{
x>0
f (3 x−1)≥0)，
则{
x<0
−3≤3 x−1≤0 或3 x−1≥3)或{
x>0
3 x−1≤−3 或0≤3 x−1≤3)，
解得−2
3 ≤x<0或1
3 ≤x ≤4
3 ，
所以解集为[−2
3 ,0)∪[
1
3 , 4
3)．
故选：C．
【变式8-1】（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．
【变式8-2】（2025·广东广州·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，且满足f (x)=−f (2−x),f (x +2)为
偶函数，当x∈[1,2)时，f (x)=a x
2+b，若f (0)+ f (3)=6，则f(
25
3 )=（ ）
A．32
9
B．11
3
C．−4
3
D．−17
9
【答案】A
【解题思路】先根据条件确定函数的对称性和周期性，再利用待定系数法列方程组求出f (x)=a x
2+b，进
而利用对称性和周期性求f(
25
3 )即可.
【解答过程】因为f (x)=−f (2−x)①，
所以函数f (x)的图象关于点(1,0)对称.
因为f (x +2)为偶函数，所以f (−x +2)= f (x +2)②，
则函数f (x)的图象关于直线x =2对称.
由①②得f (x +2)=−f (x)，则f (x + 4)=−f (x +2)= f (x)，
故f (x)的周期为4，所以f(
25
3 )= f(8+ 1
3)= f(
1
3).
由f (−x +1)=−f (x +1)，令x =0，得f (1)=0，即a+b=0③，
已知f (0)+ f (3)=6，由函数f (x)的图象关于直线x =2对称，
得f (3)= f (1)=0.
又函数f (x)的图象关于点(1,0)对称，得f (0)=−f (2)
所以f (0)+ f (3)=−f (2)=6，即f (2)=−6，所以4 a+b=−6④，
联立③④解得a=−2，b=2，
故当x∈[1,2)时，f (x)=−2 x
2+2.
由f (x)的图象关于点(1,0)对称，
可得f(
1
3) =−f(
5
3)=−[−2×(
5
3)
2
+2)= 32
9 .
故选：A.
【变式8-3】（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．
【题型9 函数新定义问题】
【例9】（2025·甘肃甘南·模拟预测）已知函数f ( x)的定义域为D，若∀x∈D，都有
f ( x +t )>f ( x),t ∈N
∗，则称函数f ( x)为“t距”增函数．若函数f ( x)=2
x
2+a| x|(a∈R)，且f ( x)是
(−1,+ ∞)上的“3 距”增函数，则实数a的取值范围为（ ）
A．(−1,+ ∞)
B．(−3,+∞)
C．(−∞,−4)
D．(−∞,−2)
【答案】B
【解题思路】由题意可得，当x>−1时，( x +3)
2+a( x +3)> x
2+a| x |恒成立，分x ≥0，−1< x<0两种
情况可求得实数a的取值范围.
【解答过程】∵函数f ( x)=2
x
2+a| x|(a∈R)，且f ( x)是(−1,+ ∞)上的“3 距”增函数，
∴当x>−1时，f ( x +3)− f ( x)>0恒成立．
又∵y =2
x为增函数，∴( x +3)
2+a( x +3)> x
2+a| x|．
当x ≥0时，( x +3)
2+a( x +3)> x
2+ax，即2 x +a+3>0恒成立，
于是a+3>0，解得a>−3；
当−1< x<0时，( x +3)
2+a( x +3)> x
2−ax，即2ax +6 x +3a+9>0恒成立，
整理得(2 x +3)(a+3)>0，解得a>−3．
综上，实数a的取值范围为(−3,+∞)．
故选：B．
【变式9-1】（2025·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9-2】（2025·上海闵行·一模）如果“若p，则q”和“若q，则p”中有且仅有一个真命题，称p与q
具有“U－关系”．已知函数y = f ( x)的定义域为R，p: y = f ( x)为偶函数，则p与下列选项中的q具有“
U－关系”的为（ ）
A．q：对任意x∈R都有−f ( x)≥f ( x) B．q：对任意x∈R都有f (−x)≥f ( x)
C．q：对任意x∈R都有f (−x)=|f ( x)|
D．q：对任意x∈R都有f (−x)= f (| x|)
【答案】C
【解题思路】由p: y = f ( x)为偶函数，得f (−x)= f ( x)，结合“U－关系”的定义可得出答案．
【解答过程】由p: y = f ( x)为偶函数，得f (−x)= f ( x)
对于选项A：“p⇒q”为假命题，“q⇒p”也为假命题， 故A 错误；
对于选项B ∶由 f (−x)= f ( x)得f (−x)≥f ( x)成立，故“p⇒q”为真命题，
而对任意x∈R都有f (−x)≥f ( x)可推出f (−x)≥f ( x)且f ( x)≥f (−x)，
从而f (−x)= f ( x)成立，所以“q⇒p”也为真命题，故B 错误；
对于选项C：易得“p⇒q”为假命题，
而由q：f (−x)=|f ( x)|，用−x替换x得f ( x)=|f (−x)|，
又因f (−x)=|f ( x)|≥0，故|f (−x)|= f (−x)，所以f ( x)= f (−x)成立，
所以“q⇒p”为真命题，故C 正确；
对于选项D：“p⇒q”为真命题，
由于由f (−x)= f (| x|)，用−x替换x得f ( x)= f (|−x|)= f (| x|)，故f (−x)= f ( x)，
所以“q⇒p”也为真命题， 故 D 错误；
故选：C．
【变式9-3】（2025·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.
一、单选题
1．（2026·湖南株洲·一模）已知f ( x)是奇函数，g( x)是偶函数，其定义域均为R，且
f ( x)+ g( x)= x( x +1)，则f (1)−g(1)=（ ）
A．0
B．2
C．−2
D．1
【答案】A
【解题思路】利用奇偶性，结合恒等式可求解f (x)= x , g( x)= x
2，从而可求出结果.
【解答过程】因为定义域均为R且f ( x)+ g( x)= x( x +1)，
所以可得f (−x)+ g(−x)=−x(−x +1)= x (x−1)，
又因为f ( x)是奇函数，g( x)是偶函数，所以f (−x)=−f (x),g(−x)= g(x),
即上式可化简为−f ( x)+ g( x)= x (x−1)，
再与f ( x)+ g( x)= x( x +1)相加可得2 g( x)= x( x +1)+ x( x −1)=2 x
2⇒g( x)= x
2，
代入f ( x)+ g( x)= x( x +1)可得f ( x)+ x
2= x( x +1)⇒f (x)= x，
所以f (1)=1, g(1)=1,即f (1)−g(1)=0.
故选：A.
2．（2026·河北邢台·一模）函数f (x)= x
2
x +1图象的对称中心的坐标为（ ）
A．(1,−2)
B．(1,2)
C．(−1,2)
D．(−1,−2)
【答案】D
【解题思路】利用分离常数项化简函数解析式，根据函数图像变换，结合奇函数的对称性，可得答案.
【解答过程】f (x)= x
2
x +1 = x
2−1+1
x +1
= (x +1)(x−1)+1
x +1
= x−1+
1
x +1 =(x +1)+
1
x +1 −2，
易知函数f (x)的图像可由函数y = x + 1
x 向左平移1个单位，再向下平移2个单位得到，
由奇函数y = x + 1
x 的图像关于(0,0)成中心对称，则函数f (x)的图像关于(−1,−2)成中心对称.
故选：D.
3．（2026·山东·一模）已知奇函数f (x)在[−2,−1)上是增函数，且f (−2)=6，f (−1)=7，则函数f (x)在
[1,2)上的最大值是（ ）
A．6
B．−6
C．7
D．−7
【答案】B
【解题思路】根据奇函数的单调性和奇函数的定义进行求解即可.
【解答过程】因为奇函数f (x)在[−2,−1)上是增函数，
所以函数f (x)在[1,2)上也是增函数.
所以函数f (x)在[1,2)上的最大值是f (2)=−f (−2)=−6.
故选：B.
4．（2026·福建漳州·模拟预测）若函数f (x)= ln(x +
❑√a+ x
2)是定义在R上的奇函数，则不等式
f (x
2)+ f (x −2a)<0的解集是（ ）
A．(−2,1)
B．(0,1)
C．(−1,2)
D．(−∞,−1)∪(2,+ ∞)
【答案】A
【解题思路】由f (x)是奇函数求出a，由复合函数单调性判断f (x)的单调性，由奇函数性质和单调性求解
不等式.
【解答过程】因为f (x)= ln(x +
❑√a+ x
2)是定义在R上的奇函数，
所以f (0)= ln(❑√a)=0，解得a=1，所以f (x)= ln(x +
❑√1+ x
2)，
令g(x)= x +
❑√1+ x
2，则g
' (x)=1+
x
❑√1+ x
2 =
❑√1+ x
2+ x
❑√1+ x
2
，
因为❑√1+ x
2>|x)，所以❑√1+ x
2+ x>0，所以g
' (x)>0恒成立，
即g(x)在R上单调递增，又y = ln x是增函数，所以f (x)在R上单调递增.
因为f (x
2)+ f (x−2a)<0，所以f (x
2)<−f (x−2)= f (−x +2)．
又f (x)= ln(x +
❑√1+ x
2)是增函数，所以x
2<−x +2，解得x∈(−2,1)．
故选：A．
5．（2026·黑龙江大庆·二模）已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，f (x +1)是偶函数，当x∈[0,1)时，
f (x)= x
2+ x，则f (2024)+ f (2025)+ f (2026)=（ ）
A．4
B．2
C．0
D．−2
【答案】B
【解题思路】利用奇偶性和对称性可证明周期性，从而利用周期性来求值，即可求出结果.
【解答过程】因为f (x +1)是偶函数，所以f (x +1)= f (−x +1)，所以f (x +2)= f (−x)，
即f (2)= f (−0)= f (0)=0
2+0=0，
又因为f (x)是定义在R上的奇函数，所以f (−x)=−f (x)，
即f (x +2)=−f (x)，所以f (x + 4)=−f (x +2)= f (x)，所以函数f (x)以4 为周期,
即f (2024)= f (506×4)= f (0)=0，f (2025)= f (506×4+1)= f (1)=1
2+1=2
f (2026)= f (506×4 +2)= f (2)= f (0)=0
所以f (2024)+ f (2025)+ f (2026)=2.
故选：B.
6．（2026·河北沧州·一模）若定义在R上的函数f (x)在[0,+ ∞)上单调递增，f (x−1)的图象关于直线x =1
对称，f (−3)=0，则不等式(x−1)f (x−2)≥0的解集为（ ）
A．[−2, 1)∪[5, + ∞)
B．[−1, 1)∪[5, +∞)
C．[−1, 1)∪[3, 5)
D．[0, 1)∪[2, 5)
【答案】B
【解题思路】先分析函数的奇偶性，再结合函数的单调性解函数不等式.
【解答过程】因为函数f (x−1)的图象是由函数f (x)的图象向右平移1 个单位得到，且其对称轴为x =1，
所以函数f (x)的图象关于直线x =0即y轴对称，所以函数f (x)为偶函数.
又f (x)在[0,+∞)上单调递增，且f (3)= f (−3)=0，
所以函数f (x)在(−∞,0)上单调递减，且f (−3)=0.
所以当x ≤−3或x ≥3时，f (x)≥0；当−3≤x ≤3时，f (x)≤0.
又(x−1)f (x−2)≥0 ⇒ {
x−1≥0
x−2≤−3 或x−2≥3)或{
x−1≤0
−3≤x−2≤3)，
解得x ≥5或−1≤x ≤1.
所以所求不等式的解集为[−1, 1)∪[5, + ∞).
故选：B.
7．（2025·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】利用①等式判断函数的奇偶性，根据②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，
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.
8．（2025·陕西西安·模拟预测）已知函数f (x)，对任意的x , y ∈R，恒有
f (x + y)+ f (x−y)=2f (x)⋅f ( y)，且f (1)= 1
2
，则下列说法正确的是（ ）
A．f (0)=0
B．f (x)为奇函数
C．f (x)≥−1
D．f (2025)=1
【答案】C
【解题思路】对于A：令x =1, y =0后计算即可判断；对于B：根据奇函数的性质即可判断；对于C：令
y = x后计算即可判断；对于D：先通过变形确定函数的周期，然后利用周期来求解．
【解答过程】对于A：令x =1, y =0，则f (1)+ f (1)=2f (1)f (0)，
又f (1)= 1
2，所以f (0)=1，故A 错误；
对于B：因为f (0)≠0，所以f (x)不为奇函数，故B 错误；
对于C：令y = x，则f (2 x)+ f (0)=2f
2(x)≥0，
即f (2 x)+1=2f
2( x)≥0，得f (2 x)≥−1。由x的任意性可知f ( x)≥−1，故C 正确；
对于D：令y =1，则f (x +1)+ f (x−1)=2f (x)f (1)= f (x)，
f (x +2)+ f (x)= f (x +1)，则f (x +2)+ f (x−1)=0，
所以f (x +3)=−f (x)，可得f (x +6)=−f (x +3)= f (x)，
可知f (x)是周期为6 的周期函数．
所以f (2025)= f (6×337+3)= f (3)=−f (0)=−1，故D 错误．
故选：C．
二、多选题
9．（2026·陕西西安·一模）已知函数f (x)是定义域为R的奇函数，g(x)=(x−2)f (x)，若g(4−x)= g(x)
，f (1)=2，f (2)=0，则（ ）
A．g(3)=2
B．g(5)=−6
C．f (x)是周期为4的周期函数
D．∑
i=1
2025
f (i)=2
【答案】CD
【解题思路】先根据题意推导出f (x)是周期为4的周期函数，即可判断选项C，再根据题干关系式和周期
性依次计算选项A，B，D 即可.
【解答过程】由函数f (x)是定义域为R的奇函数，可知f (−x)=−f (x)且f (0)=0，
因为g(4−x)= g(x)，代入g(x)=(x−2)f (x)
得(4−x−2)f (4−x)=(x−2)f (x)，整理得(x −2)[f (4−x)+ f (x))=0，
即知f (4−x)=−f (x)= f (−x)，故f (x)是周期为4的周期函数，C 正确；
选项A，B，g(3)=(3−2)f (3)= f (3)，由f (x)是周期为4的周期函数可知，
g(3)= f (3)= f (3−4)= f (−1)=−f (1)=−2，
同理g(5)=(5−2)f (5)=3 f (5)=3 f (1+ 4)=3 f (1)=6，故A，B 都错误；
选项D，因为f (1)=2，f (2)=0，f (3)=−2，f (4)= f (0)=0，
所以一个周期内f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)=2+0−2+0=0，
所以∑
i=1
2025
f (i)=506×0+ f (1)=2，故D 正确.
故选：CD.
10．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）函数f (x)是定义在R上的奇函数，满足
f (x +1)+ f (x−1)= f (x)，f (x)在区间[0, 3
2)上单调递减，且f(−3
2)=3，则（ ）
A．f (6)=0
B．f (2025)+ f(
3
2)=6
C．f (x)关于直线x =3对称
D．f (x)在[
3
2 ,3)上单调递增
【答案】AD
【解题思路】利用已知条件迭代可得周期，结合奇函数性质可判断A；利用f (x)= f (3−x)和奇函数定义可
得函数f (x)的图象关于x = 3
2对称，结合函数单调性可判断D；求出f(
3
2)和f(
9
2)的值进行比较可判断C；
利用周期性可判断B.
【解答过程】因为f (x +1)+ f (x−1)= f (x)，所以f (x−1)= f (x)−f (x +1)，
所以f (x)= f (x +1)−f (x +2)，
故f (x−1)= f (x +1)−f (x +2)−f (x +1)=−f (x +2)，
所以f (x)=−f (x +3)，所以f (x)=−f (x +3)=−[−f (x +3+3))= f (x +6)，
所以，6 是函数f (x)的一个周期.
对于A，因为f (x)是定义在R上的奇函数，所以f (0)=0，所以f (6)= f (0)=0，正确；
对于C，因为f(−3
2)=3，所以f(
3
2)=−f(−3
2)=−3，
又f(
9
2)= f(
9
2 −6)= f(−3
2)=3，所以f(
9
2)=−f(
3
2)，
所以f (x)的图象不关于直线x =3对称，错误；
对于B，因为f (3)=−f (0)=0，f(
3
2)=−3，
所以f (2025)+ f(
3
2)= f (337×6+3)+ f(
3
2)= f (3)+ f(
3
2)=0−3=−3，错误.
对于D，因为f (x)=−f (x +3)= f (−3−x)，
因为6 是f (x)的周期，所以f (−3−x)= f (3−x)，故f (x)= f (3−x)
所以函数f (x)的图象关于x = 3
2对称，又f (x)在区间[0, 3
2)上单调递减，
所以f (x)在区间[
3
2 ,3)上单调递增，正确；
故选：AD.
11．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数f (x)满足：①定义域为(−∞,0)∪(0,+ ∞)，②
f (x)+ f ( y)−f (xy)=2，③当x>1时，f (x)>2，则（ ）
A．f (1)+ f (−1)=0
B．f (1)−f (−1)=0
C．f (2025)>f (2024)
D．若f (x +2)<2，则x的取值范围为−3< x<−1
【答案】BC
【解题思路】用赋值法先令x = y =1求得f (1)=2，再令x = y =−1即可求得f (−1)=2，进而判断A、B；任
取0< x1< x2，则t = x2
x1
>1,f (t )>2，由函数单调性的定义判断C；令y =−1可判断奇偶性，利用奇偶性与
单调性解不等式判断D.
【解答过程】在f (xy)+2= f (x)+ f ( y)中，
令x = y =1得f (1)+2= f (1)+ f (1)，则f (1)=2，
令x = y =−1得f (1)+2= f (−1)+ f (−1)，则f (−1)=2，
故f (1)+ f (−1)= 4，f (1)−f (−1)=0，故A 错，B 对；
对于C，设0< x1< x2，则t = x2
x1
>1,f (t )>2，
由f (x)+ f ( y)−f (xy)=2，得f (xy)= f (x)+ f ( y)−2，
所以f (x2)= f (t x1)= f (t )+ f (x1)−2>f (x1)，
则f (x)在(0,+ ∞)上是增函数，从而f (2025)>f (2024)，故C 正确；
对于D，令y =−1得f (x)+ f (−1)−f (−x)=2，即f (−x)= f (x)，
所以f (x)是偶函数，故f (x +2)<2等价于f (|x +2))<f (1)，
又f (x)在(0,+ ∞)上是增函数，所以{
|x +2)<1
x +2≠0)，
解得−3< x<−1且x≠−2，故D 错误.
故选：BC.
三、填空题
12．（2025·上海崇明·一模）已知y = f (x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f (x)= x
2−3
x，则f (−1)=
．
【答案】2
【解题思路】由函数解析式求f (1)，结合奇函数的性质求得正确答案.
【解答过程】依题意，f (1)=1
2−3
1=−2，
而f (x)是奇函数，
所以f (−1)=−f (1)=2.
故答案为：2.
13．（2025·河南·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，若f (x +2)=−f (x)，f (3)=−3，则f (2025)=
.
【答案】3
【解题思路】先得到f (x)的一个周期为4，所以f (2025)= f (1)，又f (3)=−3，f (x +2)=−f (x)，从而求
出f (1)=3，得到答案.
【解答过程】f (x +2)=−f (x)，则f (x + 4)=−f (x +2)，故f (x + 4)= f (x)，
所以f (x)的一个周期为4，所以f (2025)= f (506×4+1)= f (1)，
又f (x +2)=−f (x)中，令x =1得f (3)=−f (1)=−3，
故f (1)=3，则f (2025)=3.
故答案为：3.
14．（2025·青海·模拟预测）已知f ( x)是定义在(m−5,4 m)上的偶函数，对任意的x1，x2∈[0,4 m)，当
x1≠x2时，(x2
2+1)f (x1)−(x1
2+1)f (x2)
x1−x2
>0恒成立．若f (1)= 4，则关于x的不等式
f ( x−m)>2 x
2−4 x + 4的解集为
．
【答案】(−3,0)∪(2,5)
【解题思路】根据题意求出m，接着由题设得到
f (x1)
x1
2+1
< f (x2)
x2
2+1
，令g(x)= f (x)
x
2+1
，得到g(x)为偶函数，且
在[0,4)上递增，在(−4,0)上单减，结合g(1)=2，把不等式转化为g(x−1)> g(1)，得到不等式组，即可
求解.
【解答过程】因为f (x)是定义在(m−5,4 m)上的偶函数，所以m−5+ 4 m=0，解得m=1，
x1, x2∈[0,4 ），且x1< x2，则x1−x2<0，
又因为(x2
2+1)f (x1)−(x1
2+1)f (x2)
x1−x2
>0，所以(x2
2+1)f (x1)−(x1
2+1)f (x2)<0，
所以(x2
2+1)⋅f (x1)<(x1
2+1)⋅f (x2)，则
f (x1)
x1
2+1
< f (x2)
x2
2+1
，
令g(x)= f (x)
x
2+1
，则
g( x1)−g( x2)
x1−x2
>0，故g( x)在[0,4)上单调递增，
因为f (x)为(−4,4)上的偶函数，所以g(x)为(−4,4)上的偶函数，
所以g(x)在[0,4)上单调递增，在(−4,0)上单调递减，
又因为g(1)= f (1)
2
=2，所以f (x−m)>2 x
2−4 x + 4，即为f (x−1)
(x−1)
2+1
>2，
即g(x−1)>g(1)，则{
x−1>1
−4< x−1<4)或{
x−1<−1
−4< x−1<4)，
解得2< x<5或−3< x<0，
所以不等式的解集为(−3,0)∪(2,5).
故答案为：(−3,0)∪(2,5).
四、解答题
15．（2025·四川绵阳·一模）设函数f (x)= x|x +m).
(1)若m=2，写出函数f (x)的单调区间；
(2)当x∈[1,2)时，f (x)≤2，求实数m的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2)−2❑√2≤m≤−1.
【解题思路】（1）将函数式改写为f (x)={
−( x +1)
2+1, x ≤−2
( x +1)
2−1, x>−2 )，结合二次函数的性质确定单调区间；
（2）由题设，问题化为x∈[1,2)上(−x−2
x )
max
≤m≤(−x + 2
x )
min
，利用对勾函数及复合函数的性质判断
相关函数的区间单调性，进而求最值，即可得.
【解答过程】（1）由题设f (x)= x|x +2)={
−x
2−2 x , x ≤−2
x
2+2 x , x>−2 )，即f (x)={
−( x +1)
2+1, x ≤−2
( x +1)
2−1, x>−2 )，
所以f ( x)在(−∞,−2)上单调递增，在(−2,−1)上单调递减，在(−1,+ ∞)上单调递增，
所以f ( x)的单调递减区间为(−2,−1)，单调递增区间为(−∞,−2)、(−1,+ ∞).
（2）由题设，在x∈[1,2)上x|x +m)≤2恒成立，则−2
x ≤x +m≤2
x ⇔−x−2
x ≤m≤−x + 2
x 恒成立，
所以，只需(−x−2
x )
max
≤m≤(−x + 2
x )
min
，
由y =−x−2
x 在[1,❑√2)上单调递增，在(❑√2,2]上单调递减，故(−x−2
x )
max
=−2❑√2，
由y =−x + 2
x 在[1,2)上单调递减，故(−x + 2
x )
min
=−1，
所以−2❑√2≤m≤−1.
16．（25-26 高一上·四川成都·期中）已知函数f (x)=mx + 1
x ，(m∈R).
(1)当m=1时，判断函数f (x)的奇偶性；
(2)当m≥2时，判断函数f (x)在(1,+∞)上的单调性，并用定义证明.
【答案】(1)f (x)是奇函数
(2)f (x)在(1,+∞)上单调递增，证明见解析
【解题思路】（1）求出函数的定义域，再计算f (−x)即可判断；
（2）利用函数的单调性的定义即可判断与证明.
【解答过程】（1）f (x)是奇函数，
当m=1时，f (x)= x + 1
x ，则定义域为{x) x≠0)，定义域关于原点对称，
又f (−x)=−x−1
x =−(x + 1
x)=−f (x)，所以f (x)是奇函数．
（2）当m≥2时函数f (x)在(1,+ ∞)上单调递增，
证明如下：
设任意的x1, x2∈(1,+∞)且x1< x2，
则f (x1)−f (x2)=m x1+ 1
x1
−m x2−1
x2
=m(x1−x2)+ x2−x1
x1 x2
= (x1−x2)(m x1 x2−1)
x1 x2
，
因为x1, x2∈(1,+∞)且x1< x2，m≥2，
所以x1−x2<0，x1 x2>1，则m x1 x2>2，
所以(x1−x2)(m x1 x2−1)
x1 x2
<0，即f (x1)−f (x2)<0，即f (x1)<f (x2)，
所以f (x)在(1,+∞)上单调递增．
17．（2025·河北张家口·模拟预测）已知奇函数f ( x)=a−
4
1+2
x （a∈R）.
(1)求a 的值；
(2)若对于任意的x∈[−1
2 , 1
2)，不等式f (m x
2+ x +m−1)+ f (x
2−mx)≥0恒成立，求m 的取值范围.
【答案】(1)a=2
(2)[1,+ ∞)
【解题思路】（1）先根据奇函数性质求得a=2，然后利用奇函数定义判定即可得解.
（2）结合（1）根据指数函数单调性判断f ( x)是R上的单调递增且奇函数，然后将题干恒成立问题转化为
m≥−x
2−x +1
x
2−x +1
恒成立，分离常数令1−x =t，则m≥
2
t + 1
t −1
−1
对t ∈[
1
2 , 3
2)恒成立，然后结合不等式
的性质利用基本不等式求解最值即可.
【解答过程】（1）由题意知f ( x)的定义域为R，
又f ( x)是奇函数，所以f (0)=a−
4
1+2
0 =a−2=0，解得a=2，此时f ( x)=2−
4
1+2
x ，
故f (−x)=2−
4
1+2
−x = 2
1−x−2
1+2
−x = 2−2
x +1
1+2
x =−(2−
4
1+2
x)=−f ( x)，
所以f ( x)是定义域为R的奇函数，所以a=2.
（2）因为y =2
x在定义域上单调递增，所以f ( x)=a−
4
1+2
x 在R上单调递增，又f ( x)是R上的奇函数，
所以f (m x
2+ x +m−1)+ f (x
2−mx)≥0等价于f (m x
2+ x +m−1)≥−f (x
2−mx)，
即f (m x
2+ x +m−1)≥f (−x
2+mx)，所以m x
2+ x +m−1≥−x
2+mx，
即m⋅(x
2−x +1)≥−x
2−x +1，因为x
2−x +1=(x−1
2)
2
+ 3
4 >0恒成立，
所以m≥−x
2−x +1
x
2−x +1
，
故m≥−x
2−x +1
x
2−x +1
= −(x
2−x +1)+2(1−x)
x
2−x +1
=−1+
2(1−x)
(1−x)
2−(1−x)+1
，
令1−x =t，因为−1
2 ≤x ≤1
2，所以1
2 ≤t ≤3
2，
所以m≥−1+
2t
t
2−t +1
=
2
t + 1
t −1
−1
对于一切t ∈[
1
2 , 3
2)恒成立，
因为t + 1
t ≥2❑√t × 1
t =2，当且仅当t =1时取等号，所以(
2
t + 1
t −1
−1)
max
=1
，
所以m≥1，当且仅当x =0时取等号，即m 的取值范围为[1,+∞).
18．（2025·辽宁沈阳·一模）已知函数f ( x)= b⋅2
x−1+1
a⋅2
x−1+1
是定义域为R的奇函数，a,b∈R.
(1)求a,b的值；
(2)用定义法证明f ( x)的单调性；
(3)当x∈[1,4 ]时，f (kx)+ f (−x
2−4)>0恒成立，求实数k 的取值范围.
【答案】(1)a=2，b=−2
(2)证明见解析
(3)(−∞,4)
【解题思路】（1）利用奇函数性质得f (0)=0,f (−1)=−f (1)，进而解得a,b即可.
（2）利用定义法得到函数f (x)的单调性即可.
（3）利用奇函数性质得f (kx)>f (4 + x
2)，再由单调性得kx <4+ x
2，即k < x + 4
x ，最后利用均值不等式求
解参数范围即可.
【解答过程】（1）因为函数f (x)是定义域为R的奇函数，
所以f (0)=
b
2 +1
a
2 +1
=0，得b=−2，
又f (−1)=−f (1)，即
−1
2 +1
a
4 +1
=−−2+1
a+1 ，解得a=2，
则f (x)= −2
x+1
2
x+1
，经检验符合题意.
（2）由已知得f (x)= −2
x+1
2
x+1
，则f (x)=−1+
2
2
x+1，
任取x1, x2，且令x1< x2，则f (x1)−f (x2)=−1+
2
2
x1+1
−(−1+
2
2
x2+1
)
=
2
2
x1+1
−
2
2
x2+1
=
2(2
x2+1)
(2
x1+1)(2
x2+1)
−
2(2
x1+1)
(2
x1+1)(2
x2+1)
=
2(2
x2−2
x1)
(2
x1+1)(2
x2+1)
>0，得到f (x1)−f (x2)>0，
故f (x1)>f (x2)，则f ( x)是减函数.
（3）由题意得f (kx)>−f (−x
2−4)在x∈[1,4)时恒成立，
因为f (x)是单调递减的奇函数，
所以f (kx)>f (4+ x
2)，即kx<4 + x
2在x∈[1,4)时恒成立，
得到k < x + 4
x ，且令g( x)= x + 4
x ，即k < g( x)min恒成立，
又x + 4
x ≥2❑√x× 4
x = 4，当且仅当x =2时等号成立，
得到g( x)min= 4，得到k <4，即k ∈(−∞,4).
19．（2025·上海闵行·一模）若定义域为R的函数f (x)满足：对任意的x和y，都有f (x + y)= f (x)+ f ( y)
1+ f (x)f ( y)
，且|f ( x)|≠1，就称这个函数是“优美函数”.
(1)判断并证明优美函数f (x)的奇偶性；
(2)若优美函数f (x)的值域为(−1,1)，且当x>0时，0<f (x)<1，判断并证明优美函数f (x)的单调性；
(3)若题（2）中优美函数f (x)还满足f (1)= 1
2，且不等式4+5 f (mx)
5+ 4 f (mx) > 1+2f (m x
2)
2+ f (m x
2)
对任意的x∈R恒成
立，试求实数m的取值范围.
【答案】(1)奇函数，证明见解析；
(2)证明见解析，f ( x)在R上是严格递增函数；
(3)−4<m≤0.
【解题思路】（1）令x = y =0，得f (0)=0，令y =−x，得f (−x)=−f (x)证明；
（2）解法一：可得f ( x2)−f ( x1)= f (x1+ x2−x1)−f ( x1)，根据题意结合单调性的定义证明；解法二：根
据题意整理可得f (x2)−f (x1)= f (x2−x1)[1−f (x2)f (x1))，结合单调性的定义证明；
（3）由函数单调性，将问题转化为m x
2−mx−1<0对∀x∈R恒成立，讨论求解.
【解答过程】（1）f ( x)的定义域为R，关于原点对称，
令x = y =0，得f (0)=
2f (0)
1+[f (0))
2，解得f (0)=0或[f (0))
2=1，
又不存在x∈R，使得|f ( x)|=1，∴f (0)=0，
令y =−x，得f (x)+ f (−x)
1+ f (x)f (−x) = f (x−x)= f (0)=0，
∴f (x)+ f (−x)=0,f (−x)=−f (x)，
∴f ( x)为奇函数.
（2）任取x1, x2∈R，设x1< x2，
解法一：f ( x2)−f ( x1)= f (x1+ x2−x1)−f ( x1)= f (x1)+ f (x2−x1)
1+ f (x1)f (x2−x1)
−f (x1)= [1−f
2(x1)]f (x2−x1)
1+ f (x1)f (x2−x1)
，
因为x2−x1>0，0<f (x2−x1)<1，又|f (x1))<1，|f (x2))<1，
所以f (x2)f (x2−x1)∈(−1,1)，1+ f (x2)f (x2−x1)>0，
所以f (x2)−f (x1)>0，即f (x2)>f (x1)，
所以f ( x)在R上是严格递增函数.
解法二：由（1）函数为奇函数，则f (x2+(−x1))= f (x2)+ f (−x1)
1+ f (x2)f (−x1)
= f (x2)−f (x1)
1−f (x2)f (x1)
任取x1, x2∈R，且x1< x2，则x2−x1>0，故f (x2−x1)>0且−1<f (x2),f (x1)<1.
所以，f (x2)−f (x1)= f (x2−x1)[1−f (x2)f (x1))>0；
所以，函数f ( x)在R上严格递增.
（3）f (2)= f (1+1)=
2f (1)
1+[f (1))
2 = 4
5 ，
则4 +5 f (mx)
5+ 4 f (mx) =
4
5 + f (mx)
1+ 4
5 f (mx)
= f (2)+ f (mx)
1+ f (2)f (mx) = f (2+mx)，
1+2f (m x
2)
2+ f (m x
2)
=
1
2 + f (m x
2)
1+ 1
2 f (m x
2)
= f (1)+ f (m x
2)
1+ f (1)f (m x
2)
= f (1+m x
2)，
又不等式4 +5 f (mx)
5+ 4 f (mx) > 1+2f (m x
2)
2+ f (m x
2)
对∀x∈R恒成立，
则f (2+mx)>f (1+m x
2)对∀x∈R恒成立，
又f ( x)在R上严格递增，
∴2+mx >1+m x
2对∀x∈R恒成立，即m x
2−mx −1<0对∀x∈R恒成立，
当m=0时，m x
2−mx −1<0对∀x∈R恒成立，
当m≠0时，m x
2−mx −1<0对∀x∈R恒成立，则{
m<0
Δ=m
2+ 4 m<0)，解得−4<m<0，
综上，−4<m≤0.
