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专题03 函数的概念及其性质
【考点1 函数的定义域】
【考点2 函数的解析式】
【考点3 以分段函数为背景的问题】
【考点4 函数单调性的判断与证明】
【考点5 求函数的单调性】
【考点6 由单调性求参数的取值范围】
【考点7 利用函数单调性解决问题】
【考点8 函数奇偶性的判断】
【考点9 函数奇偶性的应用】
【考点10 函数图像的对称性】
【考点11 函数的周期性】
【考点12 函数的奇偶性，对称性与周期性】
【考点13 函数的对称性，周期性与的单调性】
知识点1 函数的有关概念
1、函数的概念：一般地，设
是非空的数集，如果对于集合
中的任意一个数
，按
照某种确定的对应关系
，在集合
中都有唯一确定的
和它对应，那么就称
为从集合
到集合
的一个函数，记作
.
2、函数的三要素：
（1）在函数
中，
叫做自变量，
的取值范围
叫做函数的定义域；
（2）与
的值相对应的y 值叫做函数值，函数值的集合{f(x)|x∈A}叫做函数的值域。显然，
值域是集合B 的子集．
（3）函数的对应关系：
.
3、相等函数与分段函数
（1）相等函数：如果两个函数的定义域和对应关系完全一致，则这两个函数相等，这是判
1
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断两函数相等的依据．
（2）分段函数：在函数定义域内，对于自变量
取值的不同区间，有着不同的对应关系，
这样的函数称为分段函数。分段函数的定义域是各段定义域的并集，值域是各段值域的并
集。分段函数虽然是由几个部分构成，但它表示的是一个函数，各部分函数定义域不可以
相交。
知识点2 函数的单调性
1、单调函数的定义
设函数f(x)的定义域为I.如果对于定义域I 内某个区间D 上的任意两个自变量的值x1, x2，
当x1<x2 时，都有f ( x1)<f ( x2)，那么就说函数f(x)在区间D 上是单调递增函数。
当x1<x2 时，都有f ( x1)>f ( x2)，那么就说函数f(x)在区间D 上是单调递减函数。
单调性的图形趋势（从左往右）
上升趋势 下降趋势
2、函数的单调区间
若函数y＝f(x)在区间D 上是增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)
单调性，区间D 叫做y＝f(x)的单调区间．
【注意】
（1）函数单调性关注的是整个区间上的性质，单独一点不存在单调性问题，
故单调区间的端点若属于定义域，则区间可开可闭，若区间端点不属于定义域则只
能开．
（2）单调区间D⊆定义域I.
（3）遵循最简原则，单调区间应尽可能大；
（4）单调区间之间可用“，”分开，不能用“∪”，可以用“和”来表示；
3、函数单调性的性质
若函数f ( x)与g( x)在区间D 上具有单调性，则在区间D 上具有以下性质：
（1）f ( x)与f ( x)+C （C 为常数）具有相同的单调性.
（2）f ( x)与−f ( x)的单调性相反.
（3）当a>0 时，af (x)与f ( x)单调性相同；当a<0 时，af (x)与f ( x)单调性相反.
（4）若f ( x)≥0，则f ( x)与√f ( x)具有相同的单调性.
（5）若f ( x)恒为正值或恒为负值，则当a>0 时，f ( x)与
a
f ( x) 具有相反的单调性；
2
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当a<0 时，f ( x)与
a
f ( x) 具有相同的单调性.
（6）f ( x)与g( x)的和与差的单调性（相同区间上）:
简记为：↗+ ↗=↗;（2）↘+ ↘=↘;（3）↗﹣↘=↗;（4）↘﹣↗=↘.
（7）复合函数的单调性：对于复合函数y＝f[g(x)]，
若t＝g(x)在区间(a，b)上是单调函数，且y＝f(t)在区间(g(a)，g(b))或(g(b)，g(a))上是单
调函数
若t＝g(x)与y＝f(t)的单调性相同，则y＝f[g(x)]为增函数
若t＝g(x)与y＝f(t)的单调性相反，则y＝f[g(x)]为减函数．简称“同增异减”．
知识点3 函数的奇偶性
1、函数的奇偶性
奇偶性
定义
图象特点
偶函数
如果对于函数
的定义域内任意一个x，都
有
，那么函数f(x)是偶函数
关于y 轴对称
奇函数
如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x，都
有
，那么函数
是奇函数
关于原点对称
2、函数奇偶性的几个重要结论
（1）
为奇函数⇔
的图象关于原点对称；
为偶函数⇔
的图象关于y 轴对
称．
（2）如果函数
是偶函数，那么
．
（3）既是奇函数又是偶函数的函数只有一种类型，即
，x∈D，其中定义域D 是关
于原点对称的非空数集．
（4）奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性，偶函数在两个对称的区间上具有相反
的单调性．
（5）偶函数在关于原点对称的区间上有相同的最大(小)值，取最值时的自变量互为相反数；
奇函数在关于原点对称的区间上的最值互为相反数，取最值时的自变量也互为相反数．
知识点4 函数的周期性
1、周期函数的定义
对于函数
，如果存在一个非零常数T，使得当x 取定义域内的任何值时，都有
，那么就称函数
为周期函数，称T 为这个函数的周期．
2、最小正周期：如果在周期函数
的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小
正数就叫做
的最小正周期．
知识点5 函数的对称性
1、关于线对称
3
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若函数
满足
，则函数
关于直线
对称，特别地，
当a＝b＝0 时，函数
关于y 轴对称，此时函数
是偶函数．
2、关于点对称
若函数
满足
，则函数
关于点(a，b)对称，特别地，
当a＝0，b＝0 时，
，则函数
关于原点对称，此时函数
是奇函
数
【考点1 函数的定义域】
1.以解析式形式给出的函数
分式的分母不为0;
偶次根式的被开方数大于等于0;
零次幂的底数不为0；
对数的真数大于0;
指数函数、对数函数的底数大于0,且不等于1
2.抽象函数
①已知函数f（x）的定义域为[a,b],则函数f[g(x)]的定义域是指满足不等式a≤g(x)≤b 的x 的
取值范围;
②已知函数f[g(x)]的定义域为[a,b],则函数f(x)的定义域是指x∈[a,b]时,g(x)的值域
1．已知A =¿，B =¿，则A ∩B =（ ）
A．[1,2]
B．(0,2]
C．[
1
2 ,1)
D．[
1
2 ,1]
【答案】D
【分析】由对数函数单调性解不等式及1−x
2≥0求解不等式，再由交集运算即可求解.
【详解】A =¿，
由1−x
2≥0可得：−1≤x ≤1，则B =¿，
所以A ∩B = [
1
2 ,1]，
故选：D
4
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2．已知函数y = f (2 x−1)的定义域是[−1,3]，则y = f (x)
√x +2
的定义域是（ ）
A．(−2, 5]
B．(−2, 3]
C．[−1, 3]
D．[0, 2]
【答案】A
【分析】根据具体函数和抽象函数的定义域列不等式组即可求解.
【详解】因为函数y = f (2 x−1)的定义域是[−1,3]，所以x∈[−1,3],2 x−1∈[−3,5]，
所以y = f (x)的定义域为[−3, 5]，又因为x +2>0，即x>−2，所以−2< x ≤5，
所以函数y = f (x)
√x +2
的定义域为(−2,5].
故选：A.
3．函数f (x)=
1
√1−x +log3 x的定义域为 ．
【答案】(0,1)
【分析】根据函数解析式有意义可得出关于x的不等式组，即可解得函数f (x)的定义
域.
【详解】对于函数f (x)=
1
√1−x +log3 x，有¿，解得0< x<1，
故函数f (x)=
1
√1−x +log3 x的定义域为(0,1).
故答案为：(0,1).
4．已知函数f (x)的定义域为[−3,3] ，则函数g(x)= f (x +2)
x +2 的定义域为 ．
【答案】[−5,−2)∪(−2,1]
【分析】根据f (x)的定义域为[−3,3]，得到f (x +2)的定义域为[−5,1]，再由x +2≠0
求解.
【详解】解：因为f (x)的定义域为[−3,3]，
则x +2∈[−3,3]，即x∈[−5,1]，
所以f (x +2)的定义域为[−5,1]，
又x +2≠0，
所以函数g(x)= f (x +2)
x +2 的定义域为[−5,−2)∪(−2,1].
故答案为：[−5,−2)∪(−2,1]
【考点2 函数的解析式】
5
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(1)凑配法:由已知条件f(g(x))=F(x),可将F(x)改写成关于g(x)的表达式，然后用x 替代g(x)，便
得f(x)的表达式；
(2) 待定系数法:若已知函数的类型(如一次函数、二次函数等)，则可用待定系数法.；
(3) 换元法:已知复合函数f(g(x))的解析式，可用换元法,即令t=g(x),反解出x,代入原式可得
f(t),改写即得f(x)，此时要注意新元的取值范围；
(4) 方程思想:已知关于f(x)与f(
)或f(-x)等的表达式，可根据已知条件再构造出另外一个等
式组成方程组，通过解方程组求出f(x)；
(5) 赋值法:给变量赋予某些特殊值，从而求出函数解析式.。
1．若f (√x +1)= x +√x，则f ( x)的解析式为（ ）
A．f ( x)= x
2−x
B．f ( x)= x
2−x( x ≥0)
C．f ( x)= x
2−x (x ≥1)
D．f ( x)= x
2+ x
【答案】C
【分析】令√x +1=t，利用换元法即可求得解析式，注意换元的等价性即可.
【详解】f（√x +1）＝x+√x，
设√x +1=t，t≥1，则x＝（t
1
﹣）2，
∴f（t）＝（t
1
﹣）2+t
1
﹣＝t2﹣t，t≥1，
∴函数f（x）的解析式为f（x）＝x2﹣x（x≥1）．
故选：C.
【点睛】本题考查利用换元法求函数解析式，属简单题.
2．若f [ g( x)]=6 x +3,
g
且( x)=2 x +1,
f
则( x)的解析式为 （ ）
A．3
B．3 x
C．3(2 x +1)
D．6 x +1
【答案】B
【详解】试题分析：令
，则
，
所以f (t )=6× t −1
2
+3=3t，故
，选B.
考点：复合函数解析式求法
点评：本题考查了复合函数解析式求法，求解复合函数的解析式常用代换法和整体代换
思想.
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【考点3 以分段函数为背景的问题】
【题型1 分段函数求值】
求分段函数的函数值时务必要确定自变量所在的区间及其对应关系.对于复合函数的求值问
题，应由里到外依次求值.
1．已知函数f ( x)=¿，则f (f (−2))=（ ）
A．﹣1
B．2
C．1
D．﹣2
【答案】B
【分析】根据分段函数求函数值，先求f (−2)，再带入函数中，求出结果.
【详解】∵−2<0，∴f (−2)= log22=1，
∵1>0，∴f (1)=2
1=2，
则f (f (−2))= f (1)=2.
故选：B.
2．已知函数f (x)=¿若f (a)+ f (−1)=2，则a= ．
【答案】8
【分析】求出f (a)=3，再判断a的范围，即可利用f (a)=3求解.
【详解】f (−1)=−(−1)
2=−1，
所以f (a)=3，
因为x ≤0时，f ( x)=−x
2≤0，
所以a>0，f (a)= log2a=3，解得a=8，
故答案为：8
3．已知函数f (x)=¿，则f(f(
3 π
2 ))=
【答案】−1
2/−0.5
【分析】根据分段函数函数值的计算求解即可.
【详解】f(
3 π
2 )=sin 3 π
2 =−1，所以f(f(
3 π
2 ))= f (−1)=−1
2．
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故答案为：−1
2.
4．已知函数f (x)=¿，若f (a)= 4，则a= .
【答案】2
【分析】根据分段函数的解析式分类讨论求解即可.
【详解】由题意知，当a≥0时，f (a)=2
a= 4，解得a=2；
当a<0时，f (a)=a+2= 4，解得a=2，与a<0矛盾，此时a无解.
所以a=2.
故答案为：2
5．已知函数f (x)=¿，则f (0)+ f (1)= .
【答案】4
【分析】求出f (0)=1,f (1)=3，得到答案.
【详解】f (0)=2
0=1，f (1)= log2(1+7)=3，故f (0)+ f (1)=1+3= 4.
故答案为：4
【题型2 分段函数与方程，不等式】
(1)若分段函数中含有参数,则直接根据条件选择相应区间上的解析式代入求参。
(2)若是求自变量的值,则需要结合分段区间的范围对自变量进行分类讨论，再求值
(3)涉及与分段函数有关的不等式问题，主要表现为解不等式，当自变量取值不确定时,往往
要分类讨论求解;当自变量取值确定，但分段函数中含有参数时，只需依据自变量的情况，
直接代入相应解析式求解
1．已知函数f (x)=¿，则不等式f (x)≥1
2 x−1的解集为（ ）
A．(−∞, 1
2]
B．(−∞,1]
C．(0,2]
D．[2,+∞)
【答案】A
【分析】分类讨论解不等式, 再构造函数求导判断函数的单调性求解．
【详解】当x<1时，f (x)= x
2−2 x ≥1
2 x−1，得2 x
2−5 x +2≥0，解得x ≤1
2或x ≥2
（舍去）；
8
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当x ≥1时，令g(x)= ln x−1−(
1
2 x−1)，则g
′ (x)= 1
x −1
2 = 2−x
2 x ，
所以当x∈[1,2)时，g
′ (x)>0，g(x)在[1,2)上单调递增；
当x∈(2,+∞)时，g
′ (x)<0，g(x) 在(2,+∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(2)= ln 2−1<0，即当x ≥1时，ln x−1< 1
2 x−1恒成立，
所以当x ≥1时，不等式f (x)≥1
2 x−1无解.
综上，所求不等式的解集为x∈(−∞, 1
2].
故选：A.
2．已知函数f (x)=¿，若f (a)>3，则a的取值范围是（ ）
A．(−∞,−1)
B．(3,+ ∞)
C．(−1,3)
D．(−∞,−1)∪(3,+∞)
【答案】D
【分析】分a≤1和a>1两种情况讨论，结合一元二次不等式的解法即可得解.
【详解】由题意可得¿或¿，
解得a<−1或a>3，
所以a的取值范围是(−∞,−1)∪(3,+ ∞).
故选：D.
3．已知函数f (x)=¿则不等式f (x)≤1的解集为（ ）
A．[0,2]
B．[0,1]
C．(−∞,2]
D．(−∞,1]
【答案】C
【分析】分x ≤0和x>0两种情况，解不等式，得到不等式解集.
【详解】由题意可知当x ≤0时，0<2
x≤1,故f (x)=1−2
x<1，满足题意；
当x>0时，令log3(x +1)≤1，即0< x +1≤3，解得−1< x ≤2，所以0< x ≤2.
综上，x ≤2.
故选：C
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4．已知函数f (x)=¿，若f (a)=5−a，则实数a 的值为（ ）
A．2
5或2
B．2
5或1
C．1
D．2
5
【答案】D
【分析】对实数a 分情况讨论列出等式即可得到结果.
【详解】当a>1时，因为f (a)=5−a，得到2
a+2=5−a⇒2
a+a=3，解得：a=1,
又因为y =2
x+ x在区间R上单调递增，只有这一个根，又因为a>1,故将a=1舍去；
当a≤1时，由f (a)=5−a，得到4 a+3=5−a⇒5a=2，解得：a= 2
5，
综上：实数a 的值为2
5
故选：D
【考点4 函数单调性的判断与证明】
(1)用定义法证明函数单调性的一般步骤为:设元、作差变形、判断符号、得出结论;
(2)性质法:直接利用函数的单调性可以判断一些组合函数的单调性，如“增十增”为增,
“增一减”为增,“减十减”为减,“减一增”为减;
(3)图象法:利用图象的上升或下降判断;
(4)导数法:利用导数值的正负确定函数的单调区间;
(5)利用“同增异减”的规则判断复合函数的单调性.
1．若函数y = f ( x)在(0,+∞)上是减函数，且0< x1< x2，则下列选项错误的是（ ）
A．f (x1)>f (x2)
B．f (x1)−f (x2)
x1−x2
<0
C．(x1−x2)[f (x1)−f (x2)]<0
D．f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0
【答案】D
【详解】因为y = f (x)在(0,+ ∞)上是减函数，0< x1< x2，所以f (x1)>f (x2)，A 正确；
又x1−x2<0，所以(x1−x2)[f (x1)−f (x2)]<0，
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<0，B，C 正确，D 错
误．
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2．判断并证明函数f (x)= ax
x−1
(a≠0)在(−1,1)上的单调性.
【答案】当a>0时，函数f (x)在(−1,1)上单调递减；当a<0时，函数f (x)在(−1,1)上
单调递增，证明见解析
【分析】方法一可利用函数单调性的定义证明即可；方法二可对函数进行求导，利用
导数研究函数的单调性即可判断并证明.
【详解】证明法一（定义法）：第一步，取值、作差、变形：设−1< x1< x2<1，
f (x)=a(
x−1+1
x−1 )=a(1+
1
x−1)，
则f (x1)−f (x2) =a(1+
1
x1−1)−a(1+
1
x2−1).
第二步，判号、定论：由于−1< x1< x2<1，
所以x2−x1>0，x1−1<0，x2−1<0，
故当a>0时，f (x1)−f (x2)>0，即f (x1)>f (x2)，函数f (x)在(−1,1)上单调递减；
当a<0时，f (x1)−f (x2)<0，即f (x1)<f (x2)，函数f (x)在(−1,1)上单调递增.
法二（导数法）：第一步，求导、变形：
f
′ (x)= (ax)' (x−1)−ax (x−1)'
(x−1)
2
= a(x−1)−ax
(x−1)
2
=−
a
(x−1)
2.
第二步，判号、定论：当a>0时，f
′ (x)<0，函数f (x)在(−1,1)上单调递减；
当a<0时，f
′ (x)>0，函数f (x)在(−1,1)上单调递增.
3．多选题设函数f ( x)在R上为增函数，则下列结论错误的是（ ）
A．y =
1
|f ( x)| 在R上为减函数
B．y =|f ( x)|在R上为增函数
C．y =−
1
f ( x)在R上为增函数
D．y =−f ( x)在R上为减函数
【答案】ABC
【分析】对ABC 举反例即可判断，对D 直接根据函数单调性定义即可判断.
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【详解】对于A，若f ( x)= x，则y =
1
|f ( x)| =
1
| x| ，在R上不是减函数，故A 错误；
对于B，若f ( x)= x，则y =|f ( x)|=| x|，在R上不是增函数，故B 错误；
对于C，若f ( x)= x，则y =−
1
f ( x) =−1
x ，在R上不是增函数，故C 错误；
对于D，函数f ( x)在R上为增函数，则对于任意的x1, x2∈R，
设x1< x2，必有f (x1)<f (x2)，
对于y =−f ( x)，则有y1−y2=[−f (x1)]−[−f (x2)]= f (x2)−f (x1)>0，即
f (x2)>f (x1)，
则y =−f ( x)在R上为减函数，故D 正确．
故选：ABC.
【考点5 求函数的单调性】
(1)求函数单调区间的常见方法:①定义法;②导数法;③性质法;④图象法.
(2)单调区间只能用区间表示,不能用集合或不等式表示，有多个单调区间应分开写，不能用
并集符号“U’连 接.
1．函数f ( x)=|x
2−6 x +8|的单调递增区间为（ ）
A．(3,+∞)
B．(−∞,2),(4 ,+∞) C．(2,3),(4 ,+∞)
D．(−∞,2),(3,4)
【答案】C
【详解】作出函数f ( x)=|x
2−6 x +8|的图象，如图所示．由图象得
f ( x)=|x
2−6 x +8|的单调递增区间为(2,3)和(4 ,+∞)．
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2．函数y =log1
3
(x
2−3 x +2)的单调递减区间为（ ）
A．(−∞,1)
B．(−∞,2)
C．(1,+∞)
D．(2,+∞)
【答案】D
【分析】利用复合函数单调性的判断直接求解即可.
【详解】由题知，x
2−3 x +2=(x−1)(x−2)>0，
可得函数y =log 1
3
(x
2−3 x +2)的定义域为(−∞,1)∪(2,+ ∞)，
y =log 1
3
(x
2−3 x +2)可分解为y =log 1
3
t和t = x
2−3 x +2，
因为函数y =log 1
3
t在(0,+∞)上单调递减，
且t = x
2−3 x +2在(−∞, 3
2)上单调递减，
在(
3
2 ,+ ∞)上单调递增，
综上，函数y =log 1
3
(x
2−3 x +2)的单调递减区间为(2,+ ∞).
故选：D
3．函数f ( x)=√−x
2−2 x的单调递减区间是（ ）
A．[−1,0]
B． [0,1]
C． [2，+ ∞)
D． (−∞，2]
【答案】A
【分析】求得f ( x)的定义域，利用复合函数的单调性，结合二次函数单调性可得答案.
【详解】函数f ( x)=√−x
2−2 x中，−x
2−2 x ≥0，解得−2≤x ≤0，
13
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又y =−x
2−2 x的开口向下，对称轴方程为x =−1，
函数y =−x
2−2 x在[−1,0]上单调递减，在[−2,−1]上单调递增，又y =√x在[0,1]
上单调递增，
因此函数f ( x)=√−x
2−2 x在[−1,0]上单调递减，在[−2,−1]上单调递增，
所以函数f ( x)=√−x
2−2 x的单调递减区间是[−1,0].
故选：A
4．函数y = 1
2 x
2−ln x的单调减区间是（ ）
A．(0,1)
B．（−∞，−1）和(0，1)
C．(−∞,1)
D．
(0,1)∪(−∞,−1)
【答案】A
【分析】求出f ( x)的导数，根据导数的性质即可求解.
【详解】设f (x)= 1
2 x
2−ln x，定义域为(0,+ ∞)，
则f
′ (x)= x−1
x ，令f
′ (x)= x−1
x <0⇒0< x<1，
所以函数y = 1
2 x
2−ln x的单调减区间是(0,1).
故选：A.
5．函数y =−3sin(2 x−π
6 )的单调递增区间是 .
【答案】[k π+π
3 ,k π+ 5π
6 ],(k ∈Z)
【分析】由整体代入法得对应的不等式组，解不等式组即可得解.
【详解】因为y =−3sin(2 x−π
6 )，由π
2 +2k π≤2 x−π
6 ≤3π
2 +2k π(k ∈Z)
有：
π
3 + k π≤x ≤5π
6 + k π,(k ∈Z).
故答案为：[k π+π
3 ,k π+ 5π
6 ],(k ∈Z).
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6．已知函数f (x)=¿，则f (x)的单调递增区间为 .
【答案】(0,1)
【分析】利用分段函数的单调性求解即可．
【详解】当x<0时，f (x)=−2 x +1单调递减；
当x ≥0时，f (x)=−x
2+2 x +1=−(x−1)
2+2，在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)单调递
减；
故答案为：(0,1)
【考点6 由单调性求参数的取值范围】
(1)视参数为已知数，依据函数的图象或单调性的定义，确定函数的单调区间，与已知单调
区间比较求参数:
(2)若分段函数是单调函数，则不仅要保证在各区间上单调性一致，还要确保在整个定义域
内是单调的.
1．设函数f (x)=log2(3+ax−x
2)在区间(2,3)上单调递减，则实数a的取值范围是
.
【答案】[2,4]
【分析】由−x
2+ax +3=0解得方程的解x1, x2，利用二次函数，对数函数和复合函数
的单调性可得(
a
2 , x2)⊆(2,3)，建立不等式组，解之即可求解.
【详解】由题意知，令−x
2+ax +3=0，
解得x1= a−√a
2+12
2
, x2= a+√a
2+12
2
，
所以−x
2+ax +3>0⇒x1< x< x2，
对于函数y =−x
2+ax +3，对称轴为x = a
2，
所以该二次函数在(x1, a
2)上单调递增，在(
a
2 , x2)上单调递减，
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又函数y =log2 x在(0,+ ∞)上单调递增，所以函数在(
a
2 , x2)上单调递减，
则(2,3)⊆(
a
2 , x2)，得¿，
即¿，解得2≤a≤4，
所以实数a的取值范围为[2,4].
故答案为：[2,4]
2．若函数f (x)=¿在R上单调递增，则实数a的取值范围为 .
【答案】(−2, 4
5 ]
【分析】根据分段函数在R 上单调递增列出不等式组，解此不等式组即可作答.
【详解】由题意可得¿，解得−2<a≤4
5 .
所以实数a的取值范围为(−2, 4
5].
故答案为：(−2, 4
5].
3．若函数f ( x)=¿满足对任意的x1≠x2，都有f (x1)−f (x2)
x1−x2
<0成立，则实数a的取值范围
是 .
【答案】(0, 5
3]
【分析】根据条件得到函数为减函数，结合分段函数单调性的性质进行求解即可．
【详解】对任意x1≠x2，都有
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
<0成立，则函数f ( x)为减函数，
则当x ≤2时，函数为减函数，则−a<0，即a>0，
当x>2时，函数为减函数，则a
2 ≤2，即a≤4，
同时−2
2+2a−a≤1−2a恒成立，解得a≤5
3
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综上¿，得0<a≤5
3，
即实数a的取值范围是(0, 5
3].
故答案为：(0, 5
3]．
4．已知函数f (x)=¿满足对任意的x1≠x2，都有f (x1)−f (x2)
x1−x2
<0成立，则实数a的取值范
围为 .
【答案】1
3 <a≤1
2
【分析】运用分段函数单调性知识，结合一次函数和指数型函数单调性知识可解.
【详解】由题意，f (x)为定义在R上的减函数，则各段为减函数，还要区间端点附近
递减，
所以¿，解得¿，则1
3 <a≤1
2.
故答案为：1
3 <a≤1
2.
【考点7 利用函数单调性解决问题】
【题型1 比较大小】
比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，则要利用其函数性质转化到
同一个单调区间内进行比较,对于选择题、填空题能用数形结合的尽量用图象法求解.
1．已知函数f (x)= log 1
2
(x
2−2 x +3)−|x−1|，若a= f (log23),b= f(sin 1
3),c = f (e
4
5)，
则a,b,c的大小关系为 .
【答案】c<b<a
【分析】首先得到f ( x)关于直线x =1对称，并根据复合函数单调性得到其单调性，再
构造相关函数g(x)= x−sin x ,h(x)= x−x
2−sin x,ϕ (x)=e
x−x−1的单调性得到
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log23−1<1−sin 1
3 <e
4
5 −1，则比较出大小关系.
【详解】因为f (x)= log 1
2
[(x−1)
2+2]−|x−1|，
则f (2−x)= log 1
2
[(2−x−1)
2+2]−|2−x−1|= log 1
2
(x
2−2 x +3)−|x−1|= f (x)，
则f (x)关于直线x =1对称，
当x ≥1时，f (x)= log 1
2
[(x−1)
2+2]−(x−1)，
根据复合函数单调性知y = log 1
2
[(x−1)
2+2]在[1,+∞)上单调递减，
且y =−(x−1)在[1,+ ∞)上也单调递减，
则f ( x)在[1,+ ∞)上单调递减，再结合其对称性知f (x)在(−∞,1]上单调递增.
令g( x)= x−sin x ,0< x<1，则，g
′( x)=1−cos x >0，
所以g( x)在(0,1)上单调递增，且g(0)=0，所以g( x)>0即x>sin x.
令h( x)= x−x
2−sin x ,0< x<1，则h
′( x)=1−2 x−cos x，
设φ(x)=1−2 x−cos x，φ
′( x)=−2+sin x<0，
所以h
′( x)单调递减且h
′(0)=0，因此h
′( x)<0，
所以h( x)单调递减且h(0)=0，所以h( x)<0，即x−x
2<sin x.
由x−x
2<sin x< x得2
9 <sin 1
3 < 1
3，所以2
3 <1−sin 1
3 < 7
9.
又因为log23−1= log2
3
2 , 2
3 = log22
2
3，且(
3
2)
3
= 27
8 <4，
所以log23−1< 2
3.
设ϕ(x)=e
x−x−1，0< x<1，则ϕ
′ (x)=e
x−1>e
0−1=0，
则ϕ(x)在(0,1)上单调递增，则ϕ(x)>ϕ(0)=0，
即e
x−x−1>0，即e
x−1> x在(0,1)上恒成立，
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即e
x−1> x，所以e
4
5 −1> 4
5 > 7
9
.
所以log23−1<1−sin 1
3 <e
4
5 −1，则1<log23<2−sin 1
3 <e
4
5，
故f (log23)>f(2−sin 1
3)>f(e
4
5)，而f(2−sin 1
3)= f(sin 1
3)，
即c<b<a.
故答案为：c<b<a.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到f ( x)的对称性和单调性，再构造新函数，利
用导数的单调性得到log23−1<1−sin 1
3 <e
4
5 −1，则比较出三者大小.
2．已知二次函数f (x)= x
2+bx +c满足f (1+ x)= f (1−x)，则f (−1)与f (4)的大小关系是
．
【答案】f (−1)<f (4)
【分析】由f (1+ x)= f (1−x)得到函数的对称轴，从而得到方程，求出b=−2，再根
据对称性和单调性比较出大小.
【详解】因为f (1+ x)= f (1−x)，所以x =1为二次函数图象的对称轴，
所以−b
2 =1，解得b=−2．
根据对称性知，f (−1)= f (3)，又函数f ( x)在[1,+∞)上单调递增，所以f (3)<f (4)，
即f (−1)<f (4)．
故答案为：f (−1)<f (4)
3．已知f (x)= x
2+cos x，若a= f (e
−3
4)，b= f(ln 4
5)，c = f(−1
4)，则a，b，c 按从小到
大排列为： .
【答案】b<c<a
【分析】构造函数h( x)=e
x−( x +1)，t( x)= ln x−( x−1)，利用导数与单调性最值
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得关系可比较出0<ln 5
4 < 1
4 <e
−3
4，再结合原函数f (x)= x
2+cos x的单调性和奇偶性即
可比较大小.
【详解】因为函数f (x)= x
2+cos x的定义域为R，
f (−x)=(−x)
2+cos(−x)= f ( x)，所以函数f (x)为偶函数，
故以下只用讨论函数在[0,+ ∞)的单调性，
f
′ (x)=2 x−sin x ,令g( x)=2 x−sin x , g
′( x)=2−cos x ,
因为g
′( x)=2−cos x>0在[0,+ ∞)上恒成立，
所以g( x)=2 x−sin x在[0,+ ∞)上单调递增，
所以g( x)=2 x−sin x ≥g(0)=0，
即f
′ (x)=2 x−sin x ≥0在[0,+ ∞)上恒成立，
所以f (x)在[0,+∞)上单调递增，则f (x)在(−∞,0)上单调递减，
设函数h( x)=e
x−( x +1)，h
′( x)=e
x−1，
当x<0时，h
′( x)<0；当x>0时，h
′( x)>0；
所以函数h( x)=e
x−( x +1)在(−∞,0)单调递减，(0,+∞)上单调递增，
所以h(−3
4 )=e
−3
4 −1
4 >h(0)=0，即e
−3
4 > 1
4 >0，
设函数t( x)= ln x−( x−1)，t
′( x)= 1
x −1= 1−x
x
，
当0< x<1时，t
′( x)>0；当x>1时，t
′( x)<0；
所以函数t( x)在(0,1)单调递增，[1,+∞)上单调递减，
所以t( 5
4 )= ln 5
4 −1
4 <t(1)=0，即ln 5
4 < 1
4 ，
所以0<ln 5
4 < 1
4 <e
−3
4，所以f (ln 5
4 )<f ( 1
4 )<f (e
−3
4)，
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又因为b= f(ln 4
5)= f(−ln 5
4)= f (ln 5
4 ),c = f (−1
4 )= f ( 1
4 )，
所以b<c<a，
故答案为：b<c<a.
4．若a= ln 4
4 、b= ln5.3
5.3 、c = ln6
6 ，则a、b、c的大小是 ．
【答案】a>b>c
【分析】构造函数f ( x)= ln x
x ( x>0)，利用导数求出其单调区间，再根据函数的单调
性比较大小即可.
【详解】令f ( x)= ln x
x ( x>0)，则f
′( x)= 1−ln x
x
2
( x>0)，
由f
′( x)>0，得0< x<e，由f
′( x)<0，得x>e，
所以f ( x)在(0,e)上递增，在(e,+∞)上递减，
因为e<4<5.3<6，
所以f (4)>f (5.3)>f (6)，
所以ln 4
4 > ln5.3
5.3 > ln6
6 ，即a>b>c.
故答案为：a>b>c
【题型2 解不等式】
利用函数单调性解不等式的具体步骤:
(1)将不等式转化成f(
)>f(
)的形式;
(2)考查函数f(x)的单调性
(3)根据函数f(x)的单调性去掉“f”,转化为形如“
>
”或“
<
”的常规不等式,
从而得解!
1．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]
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C．[−2,0]∪[1,2]
D．[−2,1]∪[2,+∞)
【答案】C
【分析】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.
【详解】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.
2．已知函数f (x)=log3(9
x+9)−x，若f (a+2)≥f (2a−1)成立，则实数a的取值范围为
（ ）
A．(−∞,3]
B．[
1
3 ,3]
C．[−1
3 ,3]
D．[−∞, 1
3)∪[3,+∞)
【答案】B
【分析】化简函数解析式为f (x)= log3(3
x+3
2−x)，分析可知函数f (x)的图象关于直线x =1
对称，利用复合函数法分析函数f (x)在[1,+∞)上的单调性，结合f (a+2)≥f (2a−1)可得
出关于实数a的不等式，解之即可.
【详解】对任意的x∈R，9
x+9>0，即函数f (x)的定义域为R，
且f (x)=log3(9
x+9)−x =log3(9
x+9)−log33
x = log3 9
x+9
3
x
= log3(3
x+3
2−x)，
因为f (2−x)= log3(3
2−x+32−(2−x))= log3(3
2−x+3
x)= f (x)，
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所以，函数f (x)的图象关于直线x =1对称，
令u= g(x)=3
x+3
2−x =3
x+ 9
3
x ，其中x∈R，
任取x1、x2∈[1,+∞)且x1> x2，即x1> x2≥1，故x1+ x2>2，
所以3
x1−3
x2>0，3
x1+ x2>9，
则g(x1)−g(x2)=(3
x1+ 9
3
x1)−(3
x2+ 9
3
x2)=(3
x1−3
x2)−(
9
3
x2 −9
3
x1)
=(3
x1−3
x2)−9(3
x1−3
x2)
3
x1+ x2
= (3
x1+ x2−9)(3
x1−3
x2)
3
x1+ x2
>0，即g(x1)>g(x2)，
所以，函数g(x)在[1,+∞)上为增函数，
又因为函数y = log3u为增函数，由复合函数的单调性可知，函数f (x)在[1,+∞)上为增函数，
因为f (a+2)≥f (2a−1)，则|a+2−1|≥|2a−1−1|，即|a+1|≥|2a−2|，
即(2a−2)
2−(a+1)
2=(a−3)(3a−1)≤0，解得1
3 ≤a≤3，
因此，实数a的取值范围是[
1
3 ,3].
故选：B.
3．已知函数f (x)=¿，则不等式f (x)≥1
2 x−1的解集为（ ）
A．(−∞, 1
2]
B．(−∞,1]
C．(0,2]
D．[2,+∞)
【答案】A
【分析】分类讨论解不等式, 再构造函数求导判断函数的单调性求解．
【详解】当x<1时，f (x)= x
2−2 x ≥1
2 x−1，得2 x
2−5 x +2≥0，解得x ≤1
2或x ≥2（舍
去）；
当x ≥1时，令g(x)= ln x−1−(
1
2 x−1)，则g
′ (x)= 1
x −1
2 = 2−x
2 x ，
所以当x∈[1,2)时，g
′ (x)>0，g(x)在[1,2)上单调递增；
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当x∈(2,+ ∞)时，g
′ (x)<0，g(x) 在(2,+∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(2)= ln 2−1<0，即当x ≥1时，ln x−1< 1
2 x−1恒成立，
所以当x ≥1时，不等式f (x)≥1
2 x−1无解.
综上，所求不等式的解集为x∈(−∞, 1
2].
故选：A.
4．已知f (x)是定义在区间[−2,2]上的增函数，且f (x−2)<f (1−x)，则x的取值范围是
．
【答案】[0, 3
2)
【详解】由题意，得¿解得0≤x ≤3①．因为f ( x)是定义在区间[−2,2]上的增函数，且
f ( x−2)<f (1−x)，所以x−2<1−x，解得x< 3
2②．综合①②得0≤x< 3
2．所以x的取值
范围是[0, 3
2)．
【考点8 函数奇偶性的判断】
(1)定义法,先判断定义域是否关于原点对称,若不对称，即为非奇非偶，若对称，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)十f(-x)=0(奇函数)或fx)-f(-x)=0(偶函数)否成立.
(2)图象法,即利用奇、偶函数的对称性来判断,
(3)性质法,即利用在公共定义域内奇函数、偶函数的和、差、积的奇偶性来判断.
2.一些重要类型的奇偶函数模型
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1．下列函数是偶函数的是（ ）.
A．y =sin x
B．y =cos x
C．y = x
3
D．y =2
x
【答案】B
【分析】直接运用常见函数的奇偶性判断即可.
【详解】根据所学知识，知道y =sin x , y = x
3为奇函数，y =cos x为偶函数，y =2
x为
非奇非偶函数.
故选：B.
2．下列函数为奇函数的是（ ）
A．f (x)=cos x
B．f (x)=sin x +1
C．f (x)= tan x sin x
D．f (x)= tan x cos x
【答案】D
【分析】利用函数奇偶性的定义，以及三角函数的性质，逐项判定，即可求解，
【详解】函数f (x)=cos x的定义域为R关于原点对称，又
f (−x)=cos(−x)=cos x = f (x)，所以f (x)=cos x是偶函数，故A 不符合题意；
函数f (x)=sin x +1的定义域为R R关于原点对称，又f (−x)=sin (−x)+1=−sin x +1，
所以f (−x)≠f (x)且f (−x)≠−f (x)，所以f (x)=sin x +1是非奇非偶函数，故B 不符
合题意，
函数f (x)=tan xcos x的定义域为{x| x≠π
2 +k π,k ∈Z}关于原点对称，
又f (−x)=tan(−x)sin(−x)= tan x sin x = f (x)，所以f (x)= tan x sin x是偶函数，故
C 不符合题意；
函数f (x)= tan x cos x的定义域为{x| x≠π
2 +k π,k ∈Z}关于原点对称，
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又f (−x)=tan(−x)cos(−x)=−tan x cos x =−f (x)，所以f (x)= tan x cos x是奇函数，
故D 符合题意．
故选：D.
3．已知函数f ( x)=ae
x−e
−x（a 为常数），则（ ）
A．∀a∈R ,f ( x)为奇函数
B．∃a∈R ,f ( x)为偶函数
C．∀a∈R ,f ( x)为增函数
D．∃a∈R ,f ( x)为减函数
【答案】B
【分析】通过对函数f ( x)进行相应的运算，结合奇偶性的定义判断奇偶性；对函数求
导，根据导数的正负判断函数的单调性.
【详解】对于A，首先求f ( x)+ f (−x)：已知f ( x)+ f (−x)=(a−1)(e
x+e
−x)，
若f ( x)为奇函数，则f ( x)+ f (−x)=0恒成立，即(a−1)(e
x+e
−x)=0恒成立.
因为e
x+e
−x>0恒成立，所以a−1=0，解得a=1，所以f ( x)为奇函数⇔a=1，选项
A 错误.
对于B，接着求f ( x)−f (−x)：已知f ( x)−f (−x)=(a+1)(e
x−e
−x)，
若f ( x)为偶函数，则f ( x)−f (−x)=0恒成立，即(a+1)(e
x−e
−x)=0恒成立.
因为e
x−e
−x不恒为0，所以a+1=0，解得a=−1，所以f ( x)为偶函数⇔a=−1，选
项B 正确.
对于C，D，对f ( x)求导得f
′( x)= ae
2 x+1
e
x
.
当a≥0时，ae
2 x+1>0，e
x>0，所以f
′( x)>0，则f ( x)为增函数.
当a<0时，令f
′( x)=0，即ae
2 x+1
e
x
=0，则ae
2 x+1=0，e
2 x =−1
a，解得
x =−ln(−a)
2
.
当x<−ln(−a)
2
时，f
′( x)>0，f ( x)在(-∞,−ln(−a)
2 )上单调递增；
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当x>−ln(−a)
2
时，f
′( x)<0，f ( x)在(−ln(−a)
2
,+∞,)上单调递减，
所以选项C、D 错误.
故选：B.
【考点9 函数奇偶性的应用】
【题型1 求解析式（参数或值）】
1.利用奇函数的性质,可以得到与常数a 相关的等式,然后求出a 的数值,即可得出结果.2.利用
函数奇偶性可以解决的问题
(1)求函数值:将待求值利用奇偶性转化为求已知解析式的区间上的函数值，
(2)求解析式:将待求区间上的自变量转化到已知解析式的区间上,再利用奇偶性的定义求出.
(3)求解析式中的参数:利用待定系数法求解,根据f(x)士f(-x)=0 得到关于参数的恒等式，由系
数的对等性得方程(组),进而得出参数的值.
(4)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.
(5)求特殊值:利用奇函数的最大值与最小值之和为零可求一些特殊结构的函数值:
1．已知函数f (x)是定义在R上的偶函数，当x ≤0时，f (x)= x
2+ x，则当x>0时，f (x)=
（ ）
A．x
2+ x
B．−x
2+ x
C．x
2−x
D．−x
2−x
【答案】C
【分析】由偶函数的性质即可求解.
【详解】当x>0时，−x<0，
因为函数f (x)是定义在R上的偶函数，
所以f (x)= f (−x)=(−x)
2+(−x)= x
2−x，
故选：C
2．已知函数f (x)为定义在R上的奇函数，且当x ≥0时，f (x)=2
x+9 x−1，则当x<0时，
f (x)等于（ ）
A．2
−x−9 x−1
B．2
−x+9 x +1
C．−2
−x−9 x−1
D．−2
−x+9 x +1
【答案】D
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【分析】当x<0时，−x>0，由奇函数的性质得出f (x)=−f (−x)，即可得解.
【详解】因为函数f (x)为定义在R上的奇函数，且当x ≥0时，f (x)=2
x+9 x−1，
则当x<0时，−x>0，所以，f (−x)=2
−x−9 x−1，
此时，f (x)=−f (−x)=9 x +1−2
−x.
故选：D.
3．已知f (x)为定义域为R的奇函数，当x>0时，f (x)=2 x−3；当x<0时，f (x)=
．
【答案】2 x +3
【分析】设x<0，则−x>0，代入x>0时解析式，利用奇函数的定义，即可求得答案.
【详解】设x<0，则−x>0，代入x>0时解析式可得f (−x)=2(−x)−3，
又f (x)为奇函数，所以f (−x)=−f (x)，所以−f (x)=2(−x)−3，即f (x)=2 x +3.
故答案为：2 x +3.
4．已知函数y = f (x)是偶函数，y = g(x)是奇函数，且f (x)+ g(x)= x
3+2|x−1|+3，则
f (x)= .
【答案】|x−1|+|x +1|+3
【分析】利用函数的奇偶性，可得f (x)−g(x)=−x
3+2|x +1|+3，再和
f (x)+ g(x)= x
3+2|x−1|+3，两式相加即可求得f (x).
【详解】因为函数y = f (x)是偶函数，y = g(x)是奇函数，
所以f (−x)= f (x)，g(−x)=−g(x)，
因为f (x)+ g(x)= x
3+2|x−1|+3①，
所以f (−x)+ g(−x)=(−x)
3+2|−x−1|+3=−x
3+2|x +1|+3，
即f (x)−g(x)=−x
3+2|x +1|+3②，
则①②两式相加可得2f (x)= x
3+2|x−1|+3+(−x
3+2|x +1|+3)，
即f (x)=|x−1|+|x +1|+3.
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故答案为：|x−1|+|x +1|+3.
【题型2 奇偶性与单调性】
1.利用奇偶性与单调性比较函数值大小的方法应用函数的单调性与奇偶性判断函数值的大
小时,先利用函数的奇偶性将自变量转化到同一个单调区间上,再根据函数的单调性对函数值
的大小作出比较
2.利用奇偶性与单调性解不等式的方法
先由函数的奇偶性将不等式两边都变成只含有“f”的式子,然后根据函数的单调性列出不
等式(组)求解.列不等式(组)时,注意函数的定义域也是一个限制条件.
1．若关于x的函数f (x)=a
x+b
x（a,b∈R且a>1>b>0）是R上的偶函数，则下列说法正
确的是（ ）
A．f (3)<f(
1
3)
B．f (3)>f(
1
3)
C．f (3)= f(
1
3)
D．无法比较
【答案】B
【分析】首先根据函数是偶函数求得ab=1，再根据复合函数的单调性，即可比较大
小.
【详解】根据题意，有f (−x)= f (x)，即a
x+b
x =a
−x+b
−x = 1
a
x + 1
b
x = a
x+b
x
(ab)
x ，可得
ab=1，
则f (x)=a
x+b
x =a
x+ 1
a
x ，
设t =a
x，y =t + 1
t ，当x∈[0,+∞)时，又由a>1，t =a
x为增函数且t ≥1恒成立，
所以y =t + 1
t 在[1,+ ∞)上单调递增，易得f (x)在[0,+∞)上递增，故f (3)>f(
1
3).
故选：B.
2．已知函数f ( x)是定义域为R的奇函数，当x>0时，f ( x)=( x +1)( x−a)．若
∀x , y ∈R，f ( x +| y |)≥ f ( x−| y |)，则a 的取值范围为（ ）
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A．(−∞,−1]
B．[−1,+ ∞)
C．(−∞,0]
D．[0,+∞)
【答案】C
【分析】根据题意，得到函数y = f (x)在R上为单调递增函数，结合二次函数的图象与
性质，得到f (0)≥0，即可求得实数a的取值范围.
【详解】因为函数f ( x)是定义域为R的奇函数，当x>0时，f ( x)=( x +1)( x−a)，
由∀x , y ∈R，f ( x +| y |)≥f ( x−| y |)，
因为x +| y |≥x−| y |，所以函数y = f (x)在R上为单调递增函数，
结合二次函数的图象与性质，则满足f (0)=−a≥0，解得a≤0，
所以实数a的取值范围为(−∞,0].
故选：C.
3．已知函数f (x)的定义域为R，若f (x)是奇函数，且f (x)+ f (2−x)≥2 x，则下列结论中
一定正确的是（ ）
A．f (11)>240
B．f (12)<80
C．f (19)<180
D．f (20)>200
【答案】D
【分析】由f (x)+ f (2−x)≥2 x中，令x =1，得到f (1)≥1，求得f (2n−1)≥2n
2−1，
得到A 不一定正确，C 错误；又由f (x)+ f (2−x)≥2 x中，令x =2，f (2n)≥2n
2+2n，
可判定B 错误，D 一定正确.
【详解】因为f (x)是奇函数，且f (x)≥f (x−2)+2 x，
在f (x)+ f (2−x)≥2 x中，令x =1，可得f (1)≥1，
所以f (2n−1)≥f (2n−3)+2(2n−1)≥f (2n−5)+2(2n−3)+2(2n−1)≥⋯≥f (1)
+2[(2n−1)+(2n−3)+⋅⋅⋅+3]≥2n
2−1，
所以f (11)≥71，f (19)≥199，故A 不一定正确，C 错误.
在f (x)+ f (2−x)≥2 x中，令x =2，可得f (2)+ f (0)≥4，
因为函数f (x)是R上的奇函数，所以f (0)=0，所以f (2)≥4，
所以f (2n)≥f (2n−2)+ 4 n≥f (2n−4)+2(2n−2)+ 4 n≥⋅⋅⋅≥f (2)
+2[2n+(2n−2)+⋅⋅⋅+ 4]≥2n
2+2n，
所以f (12)≥84，f (20)≥220，所以B 错误，D 一定正确.
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故选：D.
【题型3 函数的奇偶性与最值】
如果奇函数的最大值为M,根据其图象关于原点对称，可得它的最小值为-M.若函数图象关
于点成中心对称，则函数图象上的最大值点与最小值点也成中心对称。
1．函数f (x)=cos2 x−4 cos x是（ ）
A．奇函数，且最大值为5
B．奇函数，且最小值为−3
C．偶函数，且最大值为5
D．偶函数，且最小值为−1
【答案】C
【分析】根据奇偶性的定义先判断奇偶性，利用二倍角的余弦公式得
f (x)=cos2 x−4 cos x =2cos
2 x−4 cos x−1，利用换元法即可求解.
【详解】因为f (−x)= f (x)，所以f (x)是偶函数，故AB 错误；
又因为f (x)=cos2 x −4 cos x =2cos
2 x −4 cos x −1=2(cos x −1)
2−3，
令cos x =t（−1≤t ≤1），g(t )=2(t −1)
2−3，
则g(t )在[−1,1]上单调递减，−3≤g(t )≤5，
故选：C.
2．已知f (x)是定义在R上的奇函数，且当x ≤0时，f (x)=(
1
2)
x
−x +m，则f (x)在[1,2]上
的最大值为（ ）
A．−5
B．−2
C．5
D．6
【答案】B
【分析】根据f (0)=0得m=−1，利用奇函数定义求出x>0时，f (x)=−2
x+ x +1，再
由单调性求解最大值即可.
【详解】因为f (x)是定义在R上的奇函数，所以f (0)=1+m=0，解得m=−1，
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则当x ≤0时，f (x)=(
1
2)
x
−x−1，
若x>0时，则−x<0，f (−x)=(
1
2)
−x
+ x−1=2
x+ x−1，
所以f (x)=−f (−x)=−2
x−x +1，
由y =−2
x和y =−x +1在R 上单调递减，知f (x)在[1,2]上单调递减，
故当1≤x ≤2时，所以f (x)max = f (1)=−2−1+1=−2.
故选：B
3．若函数y = f (x)是定义在R 上的奇函数，且当x>0时，f (x)= x + 4
x ，则函数y = f (x)在
(−∞,0)上的最大值为 .
【答案】−4
【分析】由对勾函数性质以及奇函数性质即可得解.
【详解】由题意知，当x>0时，在x =2时取到最小值f (2)= 4，
则由奇偶性可知函数y = f (x)在(−∞,0)上的最大值为f (−2)=−4.
故答案为：−4.
4．已f (x)=3sin x +cos(x +φ)（0<φ<π）是奇函数，则f (x)的最大值为 ．
【答案】2
【分析】首先由奇偶性求得φ =π
2 ，则f (x)=2sin x，由正弦函数的性质可得最大值.
【详解】因为f (x)=3sin x +cos(x +φ)为奇函数，所以f (0)=3sin 0+cos(0+φ)=0，
所以cosφ =0，由于0<φ<π，所以φ=π
2 ，
所以f (x)=3sin x +cos(x +π
2 )=2sin x∈[−2,2]，
所以f (x)=2sin x的最大值为2，
故答案为：2.
5．已知函数f (x)= x
3+(x +1)
2
x
2+1
在区间[−3,3]上的最大值为M，最小值为N，则M + N的值
为 ．
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【答案】2
【分析】由f (x)= x(x
2+2)
x
2+1
+1，令g(x)= x(x
2+2)
x
2+1
得函数g(x)为奇函数，进而得
g(x)max+ g(x)min=0，即可求解.
【详解】由 f (x)= x
3+ x
2+2 x +1
x
2+1
= x(x
2+2)+ x
2+1
x
2+1
= x(x
2+2)
x
2+1
+1，
令g(x)= f (x)−1= x(x
2+2)
x
2+1
，则g(−x) =−x(x
2+2)
x
2+1
=−g(x)，
所以函数g(x)在[−3,3]上为奇函数，则g(x)max+ g(x)min=0，
即M −1+ N −1=0，所以M + N =2．
故答案为：2.
【考点10 函数图像的对称性】
1.函数 y-f(x)的图象关于直线x=a 对称
f(a 十x)=f(a-x)或 f(2a+x)=f(-x).
2. 函数 y=f(z)的图象关于点(a,b)对称
f(2a-x)十f(x)=2b 或f(a-x)+f(a 十x)=2b
3.函数 y=f(a+x)的图象与函数 y=f(b-x)的图象关于直线 x=
一对称
4.由奇偶性延伸所得对称性问题的常见结论；
(1)若函数y=f(x)为奇函数(或偶函数),则函数 y=f(x+a)的图象关于点(一a,0)对称(或关于直线
x=-a 对称);
(2)若函数y=f(x+a)为奇函数(或偶函数),则函数y=f(x)的图象关于点(a,0)对称(或关于直线 x=a
对称)
1．已知函数f (x)= x
3−x，则函数y = f (x +2)+2的图象（ ）
A．关于点(−2,2)对称
B．关于点(2,−2)对称
C．关于直线x =2对称
D．关于直线x =−2对称
【答案】A
【分析】由函数的奇偶性可得f (x)为奇函数，再结合函数的平移变换即可得到结果.
【详解】因为f (−x)=(−x)
3−(−x)=−x
3+ x =−f (x)，则f (x)为奇函数，
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所以f (x)的图象关于原点对称，
函数y = f (x +2)+2的图象可由f (x)的图象先向左平移2 个单位，再向上平移2 个单位
得到，
所以函数y = f (x +2)+2的图象关于点(−2,2)对称．
故选：A
2．已知奇函数f (x)满足f (5)=1，且f (x−2)的图象关于x =3对称，则f (2025)等于（ ）
A．−1
B．1
C．0
D．3
【答案】B
【分析】先由图象变换得出f (x)的图象关于直线x =1对称，再结合奇函数，即可得出
周期为4，最后利用周期将f (2025)转化为f (5).
【详解】y = f (x−2)的函数图象向左平移2个单位得到y = f (x)的图象，
因函数f ( x−2)的图象关于直线x =3对称，则f (x)的图象关于直线x =1对称，
则f (−x)= f (x +2)
因f (x)为奇函数，则f (−x)=−f (x)，则f (2+ x)=−f (x)，
则f (4 + x)=−f (x +2)，得f (4 + x)= f (x)，
所以f (x)是周期为4 的周期函数，
则f (2025)= f (505×4 +5)= f (5)=1．
故选：B
3．已知奇函数f (x)的图象关于直线x =3对称，且f (−1)=5，则f (5)= .
【答案】−5
【分析】利用奇函数可求得f (1)，进而利用对称性可求得f (5)的值.
【详解】因为f (x)是奇函数，所以f (1)=−f (−1)=−5.又f (x)的图象关于直线x =3对
称，
所以f (5)= f (1)=−5.
故答案为：−5.
【考点11 函数的周期性】
1.求解与函数的周期有关的问题,应根据题目特征及周期的定义，求出函数的周期
2.利用函数的周期性,可将其他区间上的求值、求零点个数、求解析式等问题,转化到已知区
间上,进而解决问题
1．已知定义域为R 的奇函数f ( x)满足f ( x)+ f (2−x)=2，则（ ）
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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
【分析】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.
【详解】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.
2．已知定义在R上的函数f ( x)满足f ( x +3)=−f ( x−1)，且f ( x−1)是奇函数，则下列
结论错误的是（ ）
A．f (−1)=0
B．f (0)= f (2)
C．f (−4)= f (4)
D．f (11)=−1
【答案】D
【分析】根据已知条件，结合函数奇偶性特点，得到函数关系式，通过代入特殊值逐
个选项判断即可求解.
【详解】因为f ( x +3)=−f ( x−1)，则有f (x +7)=−f (x +3)= f (x−1)，
所以f (x +8)= f (x)，由此可知f (x)为周期为8的周期函数，
又因为f ( x−1)是奇函数，所以f (−x−1)=−f (x−1)，
因为f ( x +3)=−f ( x−1)，所以f ( x +3)= f (−x−1)；
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对于A 选项，根据f (−x−1)=−f (x−1)，将x =0代入，
得f (−1)=−f (−1)，解得f (−1)=0，A 正确；
对于B 选项，根据f ( x +3)= f (−x−1)，将x =−1代入，
得f (0)= f (2)，B 正确；
对于C 选项，根据f (x +8)= f (x)，将x =−4代入，
得f (−4)= f (4)，C 正确；
对于D 选项，根据f (x +8)= f (x)，有f (11)= f (3)，
又根据f ( x +3)= f (−x−1)，将x =0代入，
得f (3)= f (−1)，由A 选项可知f (−1)=0，
所以f (11)= f (−1)=0，所以D 错误.
故选：D
3．已知函数f (x)的定义域为R，且对任意x∈R，满足f (x +1)−f (x−1)= x，且
f (1)= f (2)=1则下列结论一定正确的是（ ）
A．f (100)<2500
B．f (100)>2500
C．f (101)<2500
D．f (101)>2500
【答案】D
【分析】根据累加法可得f (2 x)= x
2,f (2 x +1)= x
2+ x +1,即可求解.
【详解】当x∈N
∗时，
因为f (x +1)−f (x−1)= x，
故f (2 x)−f (2 x−2)=2 x−1,f (2 x−2)−f (2 x−4)=2 x−3,⋯,f (4)−f (2)=3,
由累加法可得
f (2 x)−f (2)=(2 x−1)+(2 x−3)+⋯+5+3,∴f (2 x)=1+3+5+⋯+(2 x−1)= x
2，
故f (100)=50
2=2500，故AB 错误，
由f (2 x +1)−f (2 x−1)=2 x,f (2 x−1)−f (2 x−3)=2 x−2,⋯,f (3)−f (1)=2，
所以f (2 x +1)= x
2+ x +1,故f (101)=2551>2500，所以C 错误,D 正确，
故选：D
【点睛】关键点点睛：利用累加法可得f (2 x)= x
2,f (2 x +1)= x
2+ x +1.
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【考点12 函数的奇偶性，对称性与周期性】
(1)周期性与对称性结合的问题中多考查求值问题,常利用对称性及周期性进行转换
(2) 函数f(x) 满足关系式f(a+x)=f(b-x) 表明的是国数的对称性，函数f(x) 满足关系式
f(a+x)=f(b+x)(a≠b)表明的是函数的周期性,在使用这两个关系式时不要混淆
1．多选题设函数f (x)满足f (x + y)−f (x−y)=−2f (x−1)f ( y −1)，x , y ∈R，且
f (0)≠0，则下列结论正确的是（ ）
A．f (−1)=0
B．f (x)的图象关于(0,0)中心对称
C．x =2025是函数f (x)的图象的一条对称轴
D．f (1)+ f (2)+…+ f (2025)=0
【答案】AD
【分析】围绕函数f ( x)，依据给定的等式关系，通过对不同变量赋值，来判断函数的
奇偶性、周期性、对称中心以及计算函数值的和等性质.
【详解】对于A，令x = y =0，代入等式可得−2f
2(−1)=0.得到f
2(−1)=0，开方后
解得f (−1)=0，所以A 选项正确.
对于B，令x =0，则原等式变为f ( y)−f (−y)=−2f (−1)f ( y −1).
因为前面已求得f (−1)=0，所以−2f (−1)f ( y −1)=0，即f ( y)−f (−y)=0，移
项可得f ( y)= f (−y).
根据偶函数的定义，可知函数f ( x)是偶函数，所以B 选项错误.
对于C，令y =2，原等式变为f ( x +2)−f ( x−2)=−2f ( x−1)f (1).
由于f (1)= f (−1)=0，则f ( x +2)−f ( x−2)=0，即f ( x +2)= f ( x−2).
令t = x−2，则x =t +2，那么f (t + 4)= f (t ).
根据周期函数的定义，所以T = 4是函数f ( x)的一个周期.
当x =3，y =1时，可得f (4)−f (2)=−2f (2)f (0)，
可得f (0)−f (2)=−2f (2)f (0)，①；
当x = y =1时，可得f (2)−f (0)=−2f
2(0) ②.
由①+②可得2f (0)[f (0)+ f (2)]=0，由于f (0)≠0，
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所以f (0)+ f (2)=0，
代入②式得到2f (0)=2f
2(0)，由于f (0)≠0，进而解得f (0)=1.
令y =1，原等式变为f ( x +1)−f ( x−1)=−2f ( x−1)f (0).
因为f (0)=1，所以f ( x +1)−f ( x−1)=−2f ( x−1)，移项可得
f ( x +1)+ f ( x−1)=0.
又因为f ( x +1)+ f ( x−1)= f ( x +1)+ f (1−x)，所以f ( x +1)+ f (1−x)=0.
根据函数对称中心的性质可知(1,0)是函数f ( x)图象的一个对称中心.
因为T = 4是函数f ( x)的一个周期，2025=1+506×4，所以(2025,0)也是函数f ( x)
图象的一个对称中心，所以C 选项错误.
对于D，根据前面的分析，有f (0)=1，f (1)=0，f (2)=−1，f (3)=0，且T = 4是函
数f ( x)的一个周期，所以f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)=0+(−1)+0+1=0.
因为2025=506×4 +1，所以
f (1)+ f (2)+⋯+ f (2025)=506×[ f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)]+ f (2025)=506×0+ f (1)=0
，
所以D 选项正确.
故选：AD.
2．多选题设函数f (x)= x
3−3 x
2，g(x)=a(x −2)
4+ x
2−4 x，以下说法正确的是（ ）
A．f (x)图象的对称中心为(1,−2)
B．若a=1，g(x)图象的对称轴为直线x =2
C．若a=1，g(x)有且仅有一个零点
D．若a=0，则f (x)与g(x)的图象有且仅有两个交点
【答案】ABD
【分析】令F (x)= f (x +1)+2，判断可得F (x)为奇函数，根据图象变换计算判断A；
由g(2+h)= g(2−h)可判断B；根据零点存在性定理可判断C；令
h(x)= x
3−4 x
2+ 4 x = x(x
2−4 x + 4)，计算可判断D.
【详解】对A，令F (x)= f (x +1)+2，即F (x)=(x +1)
3−3(x +1)
2+2= x
3−3 x，
因为F (−x)=(−x)
3−3(−x)=−x
3+3 x =−F (x)，
所以F (x)为奇函数，即函数F (x)对称中心为(0,0)，
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而f (x)的图象可由F (x)的图象向右平移一个单位，向下平移两个单位得到，
因此可知f (x)图象的对称中心为(1,−2)，故A 正确；
对B，当a=1时，g(x)=(x−2)
4+(x−2)
2−4，
因为g(2+h)=h
4+h
2−4，g(2−h)=h
4+h
2−4，
即g(2+h)= g(2−h)．可知g(x)的图象以直线x =2为对称轴，故B 正确；
对C，当a=1时，g(x)=(x−2)
4+ x
2−4 x，g(2)=−4，g(
1
2)= 53
16，g(4)=16，
所以存在x1∈(
1
2 ,2)，x2∈(2,4)，使g(x1)= g(x2)=0，则g(x)有两个零点，故C 不
正确；
对D，当a=0时，令h(x)= x
3−4 x
2+ 4 x = x(x
2−4 x + 4)，令h(x)=0，解得x =0或
x =2，故D 正确．
故选：ABD
【考点13 函数的对称性，周期性与的单调性】
函数的奇偶性、单调性、周期性、对称性是函数的四大性质，它们往往综合在一起命题，
通常要借助函数的奇偶性及对称性获得函数的周期，通过奇偶性、对称性及周期性将单调
区间进行转化，从而研究函数在整个定义域上的相关性质.
1．已知定义在R上的函数f (x)满足f (x−4)= f (−x)，且满足f (3 x−1)为奇函数，则下列
说法正确的是（ ）
A．函数f (x)的图象关于直线x =2对称
B．函数f (x)的周期为2
C．函数f (x)关于点(−1
3 ,0)中心对称
D．f (2024)=0
【答案】A
【分析】利用函数恒等式来证明和推理函数的性质，即可得到判断.
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【详解】由f (3 x−1)为奇函数，则
f (−3 x−1)=−f (3 x−1)⇔f (−x−1)=−f (x−1)⇔f (−x)=−f (x−2)，
又因为f (x−4)= f (−x)，所以有f (x−4)= f (−x)=−f (x−2)，
由此可得f (x−2)=−f (x)，所以有f (x−4)= f (x)，故函数f (x)的周期为4,故B 错误；
由函数f (x)的周期为4，所以有f (x−4)= f (x + 4)= f (−x)，故函数f (x)的图象关于直
线x =2对称，故A 正确在；
由f (−x−1)=−f (x−1)，可得函数f (x)关于点(−1,0)中心对称，故函数不关于点
(−1
3 ,0)成中心对称，故C 错误；
由f (−x−1)=−f (x−1)，令x =0，得f (−1)=−f (−1)⇒f (−1)=0，
而f (2024)= f (0)≠0，故D 错误；
故选：A.
2．多选题已知函数f (x)的定义域为R，且f (−x)= f (x)，f (x−2)=−f (−x)，当x∈[0,1]
时，f (x)单调递减，则下列说法正确的是（ ）
A．函数f (x)的图象关于直线x =−1对称B．函数f (x−1)为奇函数
C．∑
n=1
2025
f (n)=0
D．f(log3
4
81)>f (log45)
【答案】BC
【分析】由题意可得f (x−2)+ f (−x)=0，可判断A；令F (x)= f (x−1)，可得
F (−x)=−F (x)，进而可判断B；由已知可得f (x)是偶函数，进而计算可得
f (x + 4)= f (x)，进而可得f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)=0，f (1)=0，进而计算可判断C；
利用作差法可得log34−log45>0，进而求得f (x)在区间(1,2)上单调递减，可得结论
判断D.
【详解】因为f (x−2)=−f (−x)，所以f (x−2)+ f (−x)=0，所以f (x)关于点(−1,0)
中心对称，故A 错误；
令F (x)= f (x−1)，所以F (−x)= f (−x−1)，又f (−x−1)=−f (x−1)，
所以F (−x)=−F (x)，故f (x−1)为奇函数，故B 正确；
又因为f (−x)= f (x)，所以f (x)是偶函数，所以f (x−2)=−f (x)，
所以f (x +2)=−f (x)，所以f (x + 4)=−f (x +2)= f (x)，
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所以f (x)是周期为4 的函数，
令x =1，得f (1)=0，令x =3，得f (1)+ f (3)=0，令x = 4，得f (2)+ f (4)=0，
所以∑
n=1
2025
f (n)=506×[f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)]+ f (1)=0+ f (1)=0，故C 正确；
f(log3
4
81)= f (log34−4)= f (log34)，
又
log34−log45=lg4
lg3 −lg5
lg4 =
(lg4)2−lg3lg5
lg3lg4
>
(lg4)2−(
lg3+lg5
2
)
2
lg3lg4
=
(lg4)2−(lg√15)
2
lg3lg4
>0
，
故1<log45<log34<2，又因为当x∈[0,1]，f (x)单调递减，且T = 4，
所以f (x +2)+ f (−x)=0，所以f (x)关于点(1,0)中心对称，
所以f (x)在区间(1,2)上单调递减，所以f (log34)<f (log45)，
所以f(log3
4
81)<f (log45)，故D 错误.
故选：BC.
3．多选题已知对任意x , y ∈R ,f (x + y)= f (x)f(
1
2 −y)+ f(
1
2 −x)f ( y)，且f(
1
2)=1，
则（ ）
A．f (1)=0
B．f(
3
2)=1
C．f (x)的图象关于直线x = 1
2对称
D．∑
k =1
2025
f(
k
2)=507
【答案】AC
【分析】通过对给定的函数关系式进行赋值，函数的奇偶性、对称性和周期性，以及
利用这些性质进行数列求和逐步推导函数的各项性质，进而判断选项的正确性.
【详解】由题意得任意x , y ∈R，f (x + y)= f (x)f(
1
2 −y)+ f(
1
2 −x)f ( y)，且
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f(
1
2)=1，
令x = y =0，则f (0)=2f (0)f(
1
2)=2f (0)，则f (0)=0．
令x = y = 1
2，则f (1)=2f (0)f(
1
2)=0，故A 正确．
令y = 1
2，则f(x + 1
2)= f (x)f (0)+ f(
1
2 −x)f(
1
2)= f(
1
2 −x)，所以f (x)的图象关于
直线x = 1
2对称，故C 正确．
令y =−x，则f (0)= f (x)f(
1
2 + x)+ f(
1
2 −x)f (−x)，结合C 选项，得
0= f(
1
2 + x)[f (x)+ f (−x)]，所以有f (x)+ f (−x)=0，则f (x)为奇函数．
又因为f (x)的图象关于直线x = 1
2对称，所以f (x)是以2 为周期的函数，所以
f(
3
2)= f(−1
2)=−f(
1
2)=−1，故B 错误．
令x = y =1，则f (2)=2f (1)f(−1
2)=0，
∑
k =1
2025
f(
k
2)=506×[f(
1
2)+ f (1)+ f(
3
2)+ f (2)]+ f(
1
2)=1，故D 错误．
故选：AC．
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一、单选题
1．（2024·天津·高考真题）下列函数是偶函数的为（ ）
A．y = e
x−x
2
e
x+ x
2
B．y = cos x−x
2
x
2+1
C．y = e
x−x
e
x+ x
D．y = sin x−x
x
2+1
【答案】B
【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可.
【详解】对A，设f (x)=e
x−x
2
e
x+ x
2 ，函数定义域为R，但f (−1)=e
−1−1
e
−1+1
=1−e
e+1 ，
f (1)=e−1
e+1 ，则f (−1)≠f (1)，故A 错误；
对B，设g(x)= cos x−x
2
x
2+1
，函数定义域为R，
且g(−x)= cos(−x)−(−x)
2
(−x)
2+1
= cos x−x
2
x
2+1
= g(x)，则g(x)为偶函数，故B 正确；
对C，设h(x)=e
x−x
e
x+ x
，h(−1)=e
−1+1
e
−1−1
= 1+e
1−e ,h(1)=e−1
e+1 ，
h(−1)≠h(1)，则h(x)不是偶函数，故C 错误；
对D，设φ(x)= sin x−x
x
2+1
，函数定义域为R，
因为φ(−x)= sin (−x)−(−x)
(−x)
2+1
= −sin x + x
x
2+1
=−φ(x)，且φ(x)不恒为0，
则φ(x)不是偶函数，故D 错误.
故选：B.
2．（2023·北京·高考真题）下列函数中，在区间(0,+∞)上单调递增的是（ ）
A．f ( x)=−ln x
B．f ( x)= 1
2
x
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C．f ( x)=−1
x
D．f ( x)=3
| x−1|
【答案】C
【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D
即可.
【详解】对于A，因为y = ln x在(0,+∞)上单调递增，y =−x在(0,+∞)上单调递减，
所以f (x)=−ln x在(0,+ ∞)上单调递减，故A 错误；
对于B，因为y =2
x在(0,+ ∞)上单调递增，y = 1
x 在(0,+ ∞)上单调递减，
所以f (x)= 1
2
x 在(0,+ ∞)上单调递减，故B 错误；
对于C，因为y = 1
x 在(0,+ ∞)上单调递减，y =−x在(0,+∞)上单调递减，
所以f (x)=−1
x 在(0,+ ∞)上单调递增，故C 正确；
对于D，因为f(
1
2)=3|
1
2 −1|=3
1
2 =√3，f (1)=3|1−1|=3
0=1,f (2)=3|2−1|=3，
显然f (x)=3|x−1|在(0,+ ∞)上不单调，D 错误.
故选：C.
3．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数f ( x)=a( x +1)
2−1，g( x)=cos x +2ax，当
x∈(−1,1)时，曲线y = f ( x)与y = g( x)恰有一个交点，则a=（ ）
A．−1
B．1
2
C．1
D．2
【答案】D
【分析】解法一：令F (x)=a x
2+a−1,G (x)=cos x，分析可知曲线y = F( x)与
y =G( x)恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y 轴上，即可得a=2，
并代入检验即可；解法二：令h(x)= f ( x)−g(x), x∈(−1,1)，可知h(x)为偶函数，根
据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，即可得a=2，并代入检验即可.
【详解】解法一：令f ( x)= g(x)，即a( x +1)
2−1=cos x +2ax，可得
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a x
2+a−1=cos x，
令F (x)=a x
2+a−1,G (x)=cos x，
原题意等价于当x∈(−1,1)时，曲线y = F( x)与y =G( x)恰有一个交点，
注意到F (x),G (x)均为偶函数，可知该交点只能在y 轴上，
可得F (0)=G (0)，即a−1=1，解得a=2，
若a=2，令F (x)=G (x)，可得2 x
2+1−cos x =0
因为x∈(−1,1)，则2 x
2≥0,1−cos x ≥0，当且仅当x =0时，等号成立，
可得2 x
2+1−cos x ≥0，当且仅当x =0时，等号成立，
则方程2 x
2+1−cos x =0有且仅有一个实根0，即曲线y = F( x)与y =G( x)恰有一个交
点，
所以a=2符合题意；
综上所述：a=2.
解法二：令h(x)= f ( x)−g(x)=a x
2+a−1−cos x , x∈(−1,1)，
原题意等价于h(x)有且仅有一个零点，
因为h(−x)=a(−x)
2+a−1−cos(−x)=a x
2+a−1−cos x =h(x)，
则h(x)为偶函数，
根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，
即h(0)=a−2=0，解得a=2，
若a=2，则h(x)=2 x
2+1−cos x , x∈(−1,1)，
又因为2 x
2≥0,1−cos x ≥0当且仅当x =0时，等号成立，
可得h(x)≥0，当且仅当x =0时，等号成立，
即h(x)有且仅有一个零点0，所以a=2符合题意；
故选：D.
4．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数f ( x)=( x +a)ln( x +b)，若f ( x)≥0，则a
2+b
2
的最小值为（ ）
A．1
8
B．1
4
C．1
2
D．1
【答案】C
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【分析】解法一：由题意可知：f ( x)的定义域为(−b,+∞)，分类讨论−a与−b,1−b
的大小关系，结合符号分析判断，即可得b=a+1，代入可得最值；解法二：根据对数
函数的性质分析ln( x +b)的符号，进而可得x +a的符号，即可得b=a+1，代入可得最
值.
【详解】解法一：由题意可知：f ( x)的定义域为(−b,+∞)，
令x +a=0解得x =−a；令ln( x +b)=0解得x =1−b；
若−a≤−b，当x∈(−b,1−b)时，可知x +a>0,ln (x +b)<0，
此时f ( x)<0，不合题意；
若−b<−a<1−b，当x∈(−a,1−b)时，可知x +a>0,ln (x +b)<0，
此时f ( x)<0，不合题意；
若−a=1−b，当x∈(−b,1−b)时，可知x +a<0,ln (x +b)<0，此时f ( x)>0；
当x∈[1−b,+∞)时，可知x +a≥0,ln (x +b)≥0，此时f ( x)≥0；
可知若−a=1−b，符合题意；
若−a>1−b，当x∈(1−b,−a)时，可知x +a<0,ln (x +b)>0，
此时f ( x)<0，不合题意；
综上所述：−a=1−b，即b=a+1，
则a
2+b
2=a
2+(a+1)
2=2(a+ 1
2)
2
+ 1
2 ≥1
2，当且仅当a=−1
2 ,b= 1
2时，等号成立，
所以a
2+b
2的最小值为1
2；
解法二：由题意可知：f ( x)的定义域为(−b,+∞)，
令x +a=0解得x =−a；令ln( x +b)=0解得x =1−b；
则当x∈(−b,1−b)时，ln (x +b)<0，故x +a≤0，所以1−b+a≤0；
x∈(1−b,+∞)时，ln (x +b)>0，故x +a≥0，所以1−b+a≥0；
故1−b+a=0， 则a
2+b
2=a
2+(a+1)
2=2(a+ 1
2)
2
+ 1
2 ≥1
2，
当且仅当a=−1
2 ,b= 1
2时，等号成立，
所以a
2+b
2的最小值为1
2.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：分别求x +a=0、ln( x +b)=0的根，以根和函数定义域为临界，
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比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.
5．（2024·广东江苏·高考真题）已知函数f ( x)=¿在R 上单调递增，则a 的取值范围是
（ ）
A．(−∞,0]
B．[−1,0]
C．[−1,1]
D．[0,+∞)
【答案】B
【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【详解】因为f (x)在R上单调递增，且x ≥0时，f ( x)=e
x+ ln( x +1)单调递增，
则需满足¿，解得−1≤a≤0，
即a 的范围是[−1,0].
故选：B.
6．（2024·全国甲卷·高考真题）函数f (x)=−x
2+(e
x−e
−x)sin x在区间[−2.8,2.8]的图象
大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入x =1可得f (1)>0，可排除D.
【详解】f (−x)=−x
2+(e
−x−e
x)sin (−x)=−x
2+(e
x−e
−x)sin x = f (x)，
又函数定义域为[−2.8,2.8]，故该函数为偶函数，可排除A、C，
又f (1)=−1+(e−1
e)sin1>−1+(e−1
e)sinπ
6 =e
2 −1−1
2e > 1
4 −1
2e >0，
故可排除D.
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故选：B.
7．（2024·广东江苏·高考真题）已知函数f ( x)的定义域为R，f ( x)>f ( x−1)+ f ( x−2)
，且当x<3时f ( x)= x，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．f (10)>100
B．f (20)>1000
C．f (10)<1000
D．f (20)<10000
【答案】B
【分析】代入得到f (1)=1,f (2)=2，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可
判断.
【详解】因为当x<3时f ( x)= x，所以f (1)=1,f (2)=2，
又因为f ( x)>f ( x−1)+ f ( x−2)，
则f (3)>f (2)+ f (1)=3,f (4)>f (3)+ f (2)>5，
f (5)>f (4)+ f (3)>8,f (6)>f (5)+ f (4)>13,f (7)>f (6)+ f (5)>21，
f (8)>f (7)+ f (6)>34 ,f (9)>f (8)+ f (7)>55,f (10)>f (9)+ f (8)>89，
f (11)>f (10)+ f (9)>144 ,f (12)>f (11)+ f (10)>233,f (13)>f (12)+ f (11)>377
f (14)>f (13)+ f (12)>610,f (15)>f (14)+ f (13)>987，
f (16)>f (15)+ f (14)>1597>1000，则依次下去可知f (20)>1000，则B 正确；
且无证据表明ACD 一定正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用f (1)=1,f (2)=2，再利用题目所给的函数性
质f ( x)>f ( x−1)+ f ( x−2)，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.
8．（2025·湖北十堰·模拟预测）函数f ( x)= x + ln x−4的零点所在的区间是（ ）
A．(0,1)
B．(1,2)
C．(2,3)
D．(3,4)
【答案】C
【分析】根据零点存在性定理即可求解.
【详解】函数f ( x)= x + ln x−4的定义域为(0,+∞)，因为f ( x)在(0,+∞)上连续且为
增函数．
且f (2)=−2+ ln 2<0,f (3)=−1+ ln3>0，则f (2)⋅f (3)<0．
由零点存在定理可知，函数f ( x) = x + ln x−4的零点所在的区间是(2,3)．
故选：C.
9．（2025·山东菏泽·二模）对于任意x∈R，xf (x +1)=(x +1)f (x)+1，且f (2)=3，则
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f (2025)=（ ）
A．−1
B．1
C．2025
D．4049
【答案】D
【分析】利用数列递推思想，结合裂项法和累加法来求出f (2025)即可.
【详解】由xf (x +1)=(x +1)f (x)+1，当x∈N
∗时，可得
f (x +1)
x +1
= f (x)
x
+
1
x (x +1) = f (x)
x
+ 1
x −
1
x +1，
赋值可得：¿，
利用累加法可得：f (2025)
2025
= f (2)
2
+ 1
2 −
1
2025，
代入f (2)=3可得：f (2025)
2025
= 3
2 + 1
2 −
1
2025 = 4049
2025 ⇒f (2025)= 4049，
故选：D.
10．（2025·海南·模拟预测）若函数f (x)=¿的值域为R，则实数a的取值范围是（ ）
A．(1,2]
B．[2,+ ∞)
C．（0，1）
D．(0,1)∪(1,2]
【答案】B
【分析】先求出当x ≤0时，f ( x)的值域为(−∞,1]，分析出要使f ( x)的值域为R，必
须让x>0时，f ( x)的值域取到[1,+ ∞)的所有值，然后分a>1和0<a<1两种情况分别
求出f ( x)的值域即可得解.
【详解】当x ≤0时，f ( x)= x +1的值域为(−∞,1]，
所以要使f ( x)的值域为R，当x>0时，
f ( x)= loga(x +2)的值域需取到[1,+ ∞)的所有值.
若a>1，则f ( x)= loga(x +2), x>0的值域为(loga2,+ ∞)，
所以只须loga2≤1，解得a≥2，
所以当a∈(1,2]时，f ( x)的值域为R；
若0<a<1，则f ( x)= loga(x +2), x>0的值域为(−∞,loga2)，
此时f ( x)的值域不可能取到[1,+ ∞)的所有值，
综上，实数a的取值范围是[2,+∞).
故选：B
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11．（2025·浙江金华·三模）狄利克雷函数D (x)定义为：D (x)=¿，以下选项中正确的是
（ ）
A．不存在a∈R，使得D (a+ x)= D (a−x)恒成立
B．存在a∈R，使得D (a+ x)+ D (a−x)=1恒成立
C．对任意x1, x2，满足D(x1)D(x2)= D(x1+ x2)
D．函数图象上存在三点A ,B ,C，使得△ABC是直角三角形
【答案】D
【分析】根据狄利克雷函数的定义可知当a∈Q时，D (a+ x)= D (a−x)恒成立，即可
判断选项A；分析可知对于∀a∈R，当x =0时，D (a+ x)+ D (a−x)=1不成立，即
可判断选项B；令x1=√2∈Q，x2=−√2∉Q，即可判断选项C；取点A(0,1)，
B(√2,0)，C(−√2
2 ,0)，利用勾股定理即可即可判断选项D.
【详解】根据狄利克雷函数D (x)=¿，可知：
当a∈Q时，若x∈Q，则a+ x∈Q，a−x∈Q，所以D (a+ x)= D (a−x)=1；
若x∉Q，则a+ x∉Q，a−x∉Q，所以D (a+ x)= D (a−x)=0，
故a∈Q时，D (a+ x)= D (a−x)恒成立，故选项A 错误；
∀a∈Q，当x =0时，D (a+ x)+ D (a−x)= D (a)+ D (a)=2；
∀a∉Q，当x =0时，D (a+ x)+ D (a−x)= D (a)+ D (a)=0，
所以对于∀a∈R，当x =0时，D (a+ x)+ D (a−x)=1不成立，故选项B 错误；
令x1=√2∉Q，x2=−√2∉Q，则x1+ x2=0∈Q，此时D(x1)D(x2)=0×0=0，
D(x1+ x2)=1，D(x1)D(x2)= D(x1+ x2)不成立，故选项C 错误；
取函数图象上点A(0,1)，B(√2,0)，C(−√2
2 ,0)，此时
AB =√(0−√2)
2+(1−0)
2=√3，AC =√(−√2
2 −0)
2
+(0−1)
2= √6
2
，
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BC =√2−(−√2
2 )= 3√2
2
，
所以A B
2+ A C
2=3+ 3
2 = 9
2 = BC
2，所以△ABC是直角三角形，故选项D 正确.
故选：D.
二、多选题
12．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数f ( x)=2 x
3−3a x
2+1，则（ ）
A．当a>1时，f ( x)有三个零点
B．当a<0时，x =0是f ( x)的极大值点
C．存在a，b，使得x =b为曲线y = f ( x)的对称轴
D．存在a，使得点(1,f (1))为曲线y = f ( x)的对称中心
【答案】AD
【分析】A 选项，先分析出函数的极值点为x =0, x =a，根据零点存在定理和极值的符
号判断出f ( x)在(−1,0),(0,a),(a,2a)上各有一个零点；B 选项，根据极值和导函数
符号的关系进行分析；C 选项，假设存在这样的a,b，使得x =b为f ( x)的对称轴，则
f ( x)= f (2b−x)为恒等式，据此计算判断；D 选项，若存在这样的a，使得
(1,3−3a)为f ( x)的对称中心，则f ( x)+ f (2−x)=6−6a，据此进行计算判断，亦
可利用拐点结论直接求解.
【详解】A 选项，f
′( x)=6 x
2−6ax =6 x( x−a)，由于a>1，
故x∈(−∞,0)∪(a,+ ∞)时f
′( x)>0，故f ( x)在(−∞,0),(a,+∞)上单调递增，
x∈(0,a)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减，
则f ( x)在x =0处取到极大值，在x =a处取到极小值，
由f (0)=1>0，f (a)=1−a
3<0，则f (0)f (a)<0，
根据零点存在定理f ( x)在(0,a)上有一个零点，
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又f (−1)=−1−3a<0，f (2a)= 4 a
3+1>0，则f (−1)f (0)<0,f (a)f (2a)<0，
则f ( x)在(−1,0),(a,2a)上各有一个零点，于是a>1时，f ( x)有三个零点，A 选项正
确；
B 选项，f
′( x)=6 x( x −a)，a<0时，x ∈(a,0),f
′( x)<0，f ( x)单调递减，
x∈(0,+ ∞)时f
′( x)>0，f ( x)单调递增，
此时f ( x)在x =0处取到极小值，B 选项错误；
C 选项，假设存在这样的a,b，使得x =b为f ( x)的对称轴，
即存在这样的a,b使得f ( x)= f (2b−x)，
即2 x
3−3a x
2+1=2(2b−x)
3−3a(2b−x)
2+1，
根据二项式定理，等式右边(2b−x)
3展开式含有x
3的项为2C3
3(2b)
0(−x)
3=−2 x
3，
于是等式左右两边x
3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的a,b，使得x =b为f ( x)的对称轴，C 选项错误；
D 选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
f (1)=3−3a，若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f ( x)的对称中心，
则f ( x)+ f (2−x)=6−6a，事实上，
f ( x)+ f (2−x)=2 x
3−3a x
2+1+2(2−x)
3−3a(2−x)
2+1=(12−6a)x
2+(12a−24)x +18−12a
，
于是6−6a=(12−6a)x
2+(12a−24)x +18−12a
即¿，解得a=2，即存在a=2使得(1,f (1))是f ( x)的对称中心，D 选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
f ( x)=2 x
3−3a x
2+1，f
′( x)=6 x
2−6ax，f
″( x)=12 x −6a，
由f
″( x)=0⇔x = a
2，于是该三次函数的对称中心为(
a
2 ,f(
a
2))，
由题意(1,f (1))也是对称中心，故a
2 =1⇔a=2，
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即存在a=2使得(1,f (1))是f ( x)的对称中心，D 选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：（1）f ( x)的对称轴为x =b⇔f ( x)= f (2b−x)；（2）f ( x)关
于(a,b)对称⇔f ( x)+ f (2a−x)=2b；（3）任何三次函数f ( x)=a x
3+b x
2+cx +d
都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是f
″( x)=0的解，即
(−b
3a ,f(−b
3a))是三次函数的对称中心
13．（2025·河北石家庄·三模）已知函数f (x)是定义在R 上的偶函数，f (x +1)是定义在R
上的奇函数，则（ ）
A．f (x)的图象关于点(1,0)中心对称
B．f (x)是周期为2 的函数
C．f (2027)=0
D．∑
i=1
19
f (i)=0
【答案】AC
【分析】利用抽象函数的对称性、奇偶性、周期性一一判定选项即可.
【详解】对于A，因为y = f (x +1)是R 上的奇函数，其图象关于原点对称，
又y = f (x +1)可看成是函数y = f (x)向左平移1 个单位得到，所以f (x)的图象关于点
(1,0)中心对称，故A 正确；
对于B，由y = f (x +1)是R 上的奇函数，可得f (−x +1)=−f (x +1)，即
f (−x)=−f (x +2)，
又f (−x)= f (x)，则f (x +2)=−f (x)，所以f (x + 4)=−f (x +2)= f (x)，故f (x)是周期
为4 的函数，故B 错误；
对于 C，由f (−x)=−f (x +2)，令x =−1，得f (1)=−f (1)，则f (1)=0，
∴f (2027)= f (506×4 +3)= f (3)= f (−1)= f (1)=0，故C 正确；
对于D，由f (x +2)+ f (x)=0，则f (2)+ f (4)=0，又f (1)= f (3)=0，f (x)是周期为4
的函数，
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则∑
i=1
19
f (i)= 4[f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)]+ f (1)+ f (2)+ f (3)= f (2)，
而f (2)的值无法确定，故D 错误.
故选：AC.
三、填空题
14．（2023·北京·高考真题）已知函数f ( x)= 4
x+ log2 x，则f(
1
2)= ．
【答案】1
【分析】根据给定条件，把x = 1
2代入，利用指数、对数运算计算作答.
【详解】函数f ( x)= 4
x+ log2 x，所以f ( 1
2 )= 4
1
2 + log2 1
2 =2−1=1.
故答案为：1
54
