专题2.2 函数的性质：单调性、奇偶性、对称性与周期性【十二大题型】-2025年高考数学一轮复习【举一反三】专练（新高考专用）含解析

专题2.2函数的性质：单调性、奇偶性、对称性与周期性【十二大题型】-2025年高考数学一轮复习【举一反三】专练（新高考专用）专题2.2函数的性质：单调性、奇偶性、对称性与周期性【十二大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1函数单调性的判断及单调区间的求解】 ③函数类型的一切函数．④常数函数.【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=2a；(3)若f(x+a)=-f(x)，则T=2a；(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.【题型1函数单调性的判断及单调区间的求解】【例1】（2023·海南海口·模拟预测）函数f(x)=x2−4|x|+3A．(−∞,−2) B．(−C．(−2,2) D．(−2,0)和(2,+【解题思路】将绝对值函数转化成分段函数，由二次函数的性质即可求【解答过程】fx则由二次函数的性质知，当 x≥0时，y=x2当x<0，y=x2+4x+3=故fx的单调递减区间是(−∞,−2)故选：B.【变式1-1】（2024·广东·一模）设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是()A．y=1f(x)在R上为减函数 B．y=|f(x)|在C．y=−1f(x)在R上为增函数 D．y=−f(x)在【解题思路】根据题意，依次分析选项：对于A、B、C举出反例，可得其错误，对于D，由单调性的定义分析可得D正确，即可得答案．【解答过程】解：根据题意，f(x)在R上为增函数，依次分析选项：对于A，若f(x)=x，则y=1f(x)=1x对于B，若f(x)=x，则y=|f(x)|=|x|，在R上不是增函数，B错误；对于C，若f(x)=x，则y=−1f(x)=−1x对于D，函数f(x)在R上为增函数，则对于任意的x1、x2∈R，设x对于y=−f(x)，则有y1则y=−f(x)在R上为减函数，D正确；故选：D.【变式1-2】（2024·江西·二模）已知函数fx=x2−2,x≥0,x+3,x<0,若A．18,+∞C．12,+∞【解题思路】先根据题目条件求出a的值，再根据二次函数的性质求出g(x)的单调递增区间【解答过程】解：依题意，a+3=a+32−2,a<0≤a+3,解得a＝－1，故gx故选：D.【变式1-3】（2024·江苏苏州·模拟预测）已知定义在区间(−m,m)(m>0)上，值域为R的函数f(x)满足：①当0<x<m时，f(x)>0；②对于定义域内任意的实数a、b均满足：f(a+b)=f(a)+f(b)1−f(a)f(b)．则（A．f(0)=1B．∀C．函数f(x)在区间(0,m)上单调递减D．函数f(x)在区间(−m,m)上单调递增【解题思路】赋值：令a=b=0代入可得f(0)=0，令a=x,b=−x代入可得函数为奇函数，再根据函数单调性定义可以证明函数在(−m,m)的单调性.【解答过程】对A，令a=b=0，则f(0)=2f(0)f(0)−f3(0)=2f(0)故f(0)=0，所以A不正确；对B，取a=x,b=−x代入：f(0)=f(a)+f(b)即f(x)=−f(−x)，即f(x)在(−m,m)上为奇函数，设∀x所以f(x2−故：f(=f(即：f(x对C，由B知函数在0,m上单调递增，故C错误；对D，由C结合函数为奇函数且f(0)=0，所以f(x)在(−m,m)上单调递增，故D正确.故选：D.【题型2根据函数的单调性求参数】【例2】（2024·广东揭阳·二模）已知函数fx=−x2+ax+1在2,6A．2,6 B．−C．4,12 D．−【解题思路】根据给定条件，利用二次函数的单调性列出不等式求解即得.【解答过程】函数fx=−x2+ax+1的图象对称轴为x=所以a的取值范围为4,12.故选：C.【变式2-1】（2023·天津河北·一模）设a∈R，则“a>−2”是“函数fx=2x2+4ax+1A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【解题思路】根据题意，由二次函数的对称轴和函数的单调性的关系以及充分性与必要性的应用，即可得到结果.【解答过程】函数fx=2x由函数fx=2x2+4ax+1在2,+所以“a>−2”是“函数fx=2x故选：A.【变式2-2】（2023·陕西商洛·一模）已知函数f(x)=−x2+2ax,x≤1(3−a)x+2,x>1是定义在RA．1,3 B．1,2 C．2,3 D．0,3【解题思路】由题意可知函数在每一段上为增函数，且在x=1时，一次函数的值不小于二次函数的值，然后解不等式组可求得结果.【解答过程】因为f(x)=−x2所以−2a−2≥1故选：B.【变式2-3】（2023·北京丰台·一模）已知函数fx的定义域为R，存在常数tt>0，使得对任意x∈R，都有f(x+t)=f(x)，当x∈0,t时，f(x)=x−t2．若fxA．3 B．83 C．2 D．【解题思路】根据函数的周期性和绝对值型函数的单调性进行求解即可.【解答过程】因为存在常数tt>0，使得对任意x∈R，都有f(x+t)=f(x)所以函数的周期为t，当x∈0,t时，函数f(x)=x−t所以当x≥0时，函数f(x)=x−t2因为fx在区间3,4所以有nt≤32n+1故选：B.【题型3利用函数的单调性求最值】【例3】（2024·江西上饶·一模）.函数f(x)＝－x＋1x在[−2,−13A．32 B．－83 C．－2【解题思路】由题可知f(x)在[−2,−1【解答过程】解：因为函数y=−x和y=1x在所以f(x)在[−2,−1∴f(x)max＝f(－2)＝2－12＝3故选：A.【变式3-1】（2024·安徽淮北·二模）当实数t变化时，函数fx=xA．2 B．4 C．6 D．8【解题思路】先对内函数y=x2+t对应的方程的根的情况分类讨论，得出t≥0【解答过程】若△=−4t≤0，即t≥0时，f(x)=x2+t，其对称轴为x=0此时，因t≥0，故g(t)=t+16的最小值为16；若t<0，由y=x2+t=0（Ⅰ）如图1，当−t≤4时，即−16≤t<0时，fx=在[−−t在[0,−t]上递减，在[−t①当−16≤t≤−8时，t+16≤−t，故fxmax=−t，而g(t)=−t减，则此时，g(t)②当−8<t<0时，t+16>−t，故fxmax=t+16，而ℎ(t)=t+16递增，则此时，g(t)>ℎ(−8)=8.（Ⅱ）如图2，当−t>4，即t<−16时，fx=x2则此时fxmax=f(0)=|t|=−t，而φ(t)=−t在(−综上，函数fx故选：D.【变式3-2】（2024·山东泰安·模拟预测）已知函数f(x)=x+4ax+b,x∈[b,+∞)，其中b>0,a∈R，记M为f(x)的最小值，则当M=2时，aA．a>13 B．a<13 C．【解题思路】根据a讨论函数单调性，再根据单调性确定函数最值，最后根据最值确定a的取值范围.【解答过程】①当a≤0时，f(x)在[b,+∞)上单调递增，所以f(x)min=f(b)=2b+②当a>0时，f(x)在[2a,+∞)上单调递增，在因此⑴当2a≤b时，f(x)在f(x)∵2∵⇒0<a≤116或{⑵当2a>b时，f(x)在[2a所以f(x)综上，a的取值范围为a<1故选：D.【变式3-3】（2024·北京顺义·二模）已知函数f(x)={1−|x+1|,x<0x2−2x,x≥0，若实数m∈[−2,0]，则|f(x)−f(−1)|在区间A．[1,4] B．[2,4] C．[1,3] D．[1,2]【解题思路】先求出f(−1)=1，进而可知|f(x)−f(−1)|=|f(x)−1|，由m∈[−2,0]，可知区间[m,m+2]⊆[−2,2]，且该区间长度为2，然后画出函数f(x)的图象，进而可得到y=|f(x)−1|在[−2,2]上的图象，结合图象可求得y=|f(x)−1|在区间[m,m+2]上的最大值的取值范围.【解答过程】由题意，当x≤−1时，f(x)=x+2；当−1<x<0时，f(x)=−x；当x≥0时，f(x)=x所以f(−1)=1，则|f(x)−f(−1)|=|f(x)−1|，因为m∈[−2,0]，所以区间[m,m+2]⊆[−2,2]，且该区间长度为2.作出函数f(x)的图象，如图1，进而可得到y=|f(x)−1|在[−2,2]上的图象，如图2，根据图象可知y=|f(x)−1|在区间[m,m+2]上的最大值的取值范围是[1,2].故选：D.【题型4函数的奇偶性的判断与证明】【例4】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx的定义域为R，fxfA．f0=0 C．fx+1为偶函数 D．f【解题思路】令y=0，fx=0或f0=1，分类讨论可求f0=1，判断A；法一：令x=0，可得fy法一：由B可得fx+1=−x，可判断CD；法二

令x=0,y=2，可得【解答过程】A：令y=0，得fxf0−fx=0，即当fx=0时，fxB：解法一

令x=0，得f0fy−f0故f−1解法二

令x=0,y=−1，得f0f−1−f0C：解法一

由B选项的解法一可知fx=1−x，则fx+1解法二

令x=0,y=2，得f0f2−f0所以f0综上可知，选D．故选：D.【变式4-1】（2024·重庆·三模）设函数fx=2−xA．fx−2+1 C．fx+2+2 【解题思路】首先推导出f−4−x+fx=−2，即函数fx的对称中心为−2,−1，再根据函数的平移只需将函数fx向右平移2个单位，向上平移【解答过程】因为fx=2−x则f−4−x+fx=−1+4−x−2−1+所以将函数fx向右平移2个单位，向上平移1个单位，得到函数y=f该函数的对称中心为0,0，故函数y=fx−2故选：A.【变式4-2】（2024·河北·模拟预测）已知定义在−∞,0∪0,+∞上的函数fA．fx是奇函数且在0,+B．fx是奇函数且在−C．fx是偶函数且在0,+D．fx是偶函数且在−【解题思路】令x=y=−1，求出f1，令x=y=1，求出f−1，再分别令y=−1，y=1，即可求出函数【解答过程】令x=y=−1，则f1=−2f1令x=y=1，则f1=2f−1令y=−1，则f−x所以f−x令y=1，则fx=f−x因为f−x=−1由反比例函数的单调性可得函数fx=1故选：A.【变式4-3】（2024·河南新乡·二模）已知函数fx满足fx+y+1=fA．fx+1是奇函数 B．C．fx−1是奇函数 D．【解题思路】利用赋值法推得f(x)+f(−2−x)=0，从而得到f(x)的对称性，再利用函数图象平移的性质可判断B，举反例排除ACD，由此得解.【解答过程】因为fx+y+1令x=y=−1，可得f−1=f−1令y=−2−x，则f(−1)=f(x)+f(−2−x)=0，故f(x)的图象关于点(−1,0)对称，则f(x−1)的图象关于点(0,0)对称，即f(x−1)是奇函数，故B正确；对于C，令x=y=0，可得f1=f0当f1≠2时，f0由于无法确定f1的值，故f对于AD，取fx故选：B.【题型5根据函数的奇偶性求参数】【例5】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数fx=a−12xA．12 B．−12 C．1【解题思路】利用奇函数的定义可得a−2x1−【解答过程】f−x得2a=12x故选：B.【变式5-1】（2024·甘肃兰州·三模）若函数fx=x+1x+axA．1 B．−1 C．2 D．−2【解题思路】由函数f(x)为奇函数，根据奇函数的性质得到f(−x)=−f(x)，分别代入并列出关于a的方程，即可求出a的值.【解答过程】由题意可得，x≠0，f(−x)=−f(x)，∴(−x+1)(−x+a)−x整理可得，2(a+1)x=0对任意x≠0都成立，∴a+1=0，∴a=−1.故选：B.【变式5-2】（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）已知fx=x3+2A．−2 B．2 C．1 D．−1【解题思路】根据函数的奇偶性求函数fx在区间−∞,0【解答过程】当x<0时，−x>0，所以fx通过对比系数得a=−2.故选：A.【变式5-3】（2024·辽宁·一模）已知函数y=fx是定义在R上的奇函数，且当x<0时，fx=x2+aA．−3 B．3 C．13 D．【解题思路】借助奇函数的性质计算即可得.【解答过程】f3=−8=−f−3故f−3=−3故选：B.【题型6已知函数的奇偶性求解析式、求值】【例6】（2024·山西吕梁·一模）已知函数f(x)为定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)=2x+x−1，则当x<0时，f(x)=A．2−x−x−1 C．−2−x−x−1【解题思路】根据奇函数的性质进行求解即可.【解答过程】当x<0时，则−x>0，因为f(x)是奇函数，所以f(x)=−f(−x)=−2故选：D.【变式6-1】（2024·全国·模拟预测）若函数fx=fx+2,x≥0ℎxA．−1 B．0 C．1 D．2【解题思路】根据奇偶性及fx【解答过程】解：由题可知，当x≥0时，fx=fx+2由题意知fx为奇函数，则f又ℎ−2022+ℎ−2023则ℎ−2022故选：A.【变式6-2】（2024·青海西宁·二模）若fx是定义在R上的奇函数，且fx+1是偶函数，当0<x≤1时，fx=ex−1，则当A．f(x)=−e1−x C．f(x)=−ex−3 【解题思路】首先根据题意得到f1+x=f1−x=−fx−1【解答过程】因为fx是定义在R上的奇函数，且f所以f1+x=f1−x当2<x≤3时，0<x−2≤1，所以fx故选：C.【变式6-3】（2024·海南·三模）已知函数fx为奇函数，gx为偶函数，且fx−gxA．e2+1e B．e2−1e【解题思路】根据解析式，分别代入x=1和x=−1，再结合函数的奇偶性，即可求解f1和g【解答过程】取x=1得f1−g1=e①，取即−f1−g1=1所以f1故选：C.【题型7函数的对称性与周期性】【例7】（2024·湖南长沙·二模）已知定义在R上的函数fx是奇函数，对任意x∈R都有fx+1=f1−x，当f−3A．2 B．−2 C．0 D．−4【解题思路】根据函数的奇偶性和对称性推得函数fx的周期为4，利用周期性和奇函数特征即可求得f【解答过程】定义在R上的函数fx是奇函数，且对任意x∈R都有f故函数fx的图象关于直线x=1对称，∴fx=f∴fx=−f2+x则f2023故选：A．【变式7-1】（2024·贵州毕节·三模）已知函数f(x)的图象在x轴上方，对∀x∈R，都有f(x+2)⋅f(x)=2f(1)，若y=f(x−1)的图象关于直线x=1对称，且f(0)=1，则f(2023)+f(2024)+f(2025)=（

A．3 B．4 C．5 D．6【解题思路】先由函数y=f(x−1)的图象关于直线x=1对称，得函数y=f(x)的图象关于直线x=0对称，即函数是偶函数，可得f(−x)=f(x)．再把x+2代入，可得函数周期为4，求得f(1)=2，f(3)=2，即可求解．【解答过程】因为y=f(x−1)的图象关于直线x=1对称，所以函数y=f(x)的图象关于直线x=0对称，即函数y=f(x)是偶函数，故有f(−x)=f(x)．因为∀x∈R，都有f(x+2)⋅f(x)=2f(1)，所以f(x+4)⋅f(x+2)=2f(1)，所以f(x+2)⋅f(x)=f(x+4)⋅f(x+2)，又函数f(x)的图象在x轴上方，所以f(x)≠0，所以f(x+4)=f(x)，即函数y=f(x)的周期为4．当x=1，可得f(3)⋅f(1)=2f(1)，所以f(3)=2，当x=−1，可得f(−1+2)⋅f(−1)=2f(1)，所以f(−1)=2，所以f(1)=2，所以f(2023)+f(2024)+f(2025)=f(3)+f(0)+f(1)=2+1+2=5.故选：C．【变式7-2】（2024·内蒙古呼伦贝尔·二模）已知定义在R上的函数fx满足f2+x−f2−x=4x．若f2x−3的图象关于点2,1对称，且A．0 B．50 C．2509 D．2499【解题思路】由f2x−3图象的对称中心得fx图象的对称中心，由f2+x−f2−x=4x，构造函数【解答过程】因为f2x−3的图象关于点2,1即f2x−3+f5−2x则fx的图象关于点1,1由f2+x−f2−x令gx=fx−2x，得g2+xg1+x+g1−x则gx的图象关于点1,−1对称，则有g所以g2+x+gx两式相减得gx+4=gx因为g0=f0−2×0=0，g1所以f1+f2故选：D.【变式7-3】（2024·四川南充·三模）已知函数fx、gx的定义域均为R，函数f(2x−1)+1的图象关于原点对称，函数g(x+1)的图象关于y轴对称，f(x+2)+g(x+1)=−1,f(−4)=0，则f(2030)−g(2017)=A．−4 B．−3 C．3 D．4【解题思路】利用题设得到fx+f−2−x=−2①和g−x+1=gx+1②，又由f(x+2)+g(x+1)=−1，结合①式，推得g(x)的周期为12，利用f(−4)=0【解答过程】由函数f(2x−1)+1的图象关于原点对称，f−2x−1即f(−x−1)=−2−f(x−1)，即fx由函数g(x+1)的图象关于y轴对称，可得g−x+1由fx+2+gx+1=−1可得两式相加，fx+f−2−x则得gx−5+g−x+1=0，将②式代入得，于是gx+12=−gx+6又f(−4)=0，由①可得f2+f−4又由fx+2+gx+1=−1可得因f2030+g2029于是，f(2030)−g(2017)=−1−g故选：B.【题型8类周期函数】【例8】（23-24高一上·江西吉安·期末）设函数fx的定义域为R，且fx+4=2fx，当x∈0,4时，fx=2x2A．−∞,−7 B．−∞,−5 C．【解题思路】由fx+4=2fx和当x∈0,4时fx=2x2−8x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∈【解答过程】当x∈0,4时，fx=2x2−8x=2(x−2)当x∈−4,0时，x+4∈(0,4]，故fx+4=2(x+2)2当x∈−8,−4时，x+4∈(−4,0]，故fx+4=(x+6)2当x∈−12,−8时，x+4∈(−8,−4]，故fx+4=12如图，依题意令12(x+6)2−2=−32，解得x=−7或x=−5，由图知当x≤−7时，故选：A.【变式8-1】（23-24高一上·浙江台州·期中）设函数fx的定义域为R，满足fx=2fx−2，且当x∈0,2时，fx=x2−x．若对任意A．−∞,5C．−∞,9【解题思路】根据给定条件分段求解析式及对应函数值集合，再利用数形结合即得.【解答过程】因为函数fx的定义域为R，满足f且当x∈0,2时，f当x∈(2,4]，时，x−2∈(0,2]，则f(x)=2f(x−2)=2x−2当x∈(4,6]，时，x−4∈(0,2]，则f(x)=4f(x−2)=4x−2−2当x∈(−2,0]，时，x+2∈(0,2]，则f(x)=1作出函数fx对任意x∈−∞,m，都有fx≤3则ft=3，所以−4t−52+4=3结合图象知m的最大值为92，即m的取值范围是−故选：C.【变式8-2】（2024·云南昆明·二模）定义“函数y=fx是D上的a级类周期函数”如下:函数y=fx,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afx=fx+T恒成立，此时T为fx的周期.若y=fx是1,+∞上的a级类周期函数，且T=1，当x∈1,2A．56,+∞ B．2,+∞ C．【解题思路】由题可得fx=a【解答过程】∵x∈1,2时,f∴当x∈2,3时,f当x∈n,n+1时,f即x∈n,n+1时,f∵f(x)在1,+∞∴a>0且an−1解得a≥5∴实数a的取值范围是53故选：C.【变式8-3】（23-24高一上·福建福州·期末）定义域为R的函数f(x)满足f(x+1)=2f(x)，当x∈[0,2)时，f(x)={x2−x,x∈[0,1]log2(x+1),x∈(1,2)，若x∈[−2,0)时，对任意的t∈[1,2]都有f(x)≥tA．(−∞,3) B．[3,+∞) C．(−∞,3] D．(3,+∞)【解题思路】由f(x+1)=2f(x)可求解出x∈[−2,−1)和[−1,0)时，f(x)的解析式，从而得到f(x)在[−2,0)上的最小值，从而将不等式转化为t16−a8t≤−116对t∈[1,2)【解答过程】当x∈−2,−1时，∴f(x)=∴x∈−2,−1时，当x∈(−1,0)时，x+2∈(1,2)，∴f(x)=∴x∈(−1,0)时，f(x)>f(−1)=∴x∈[−2,0)时，f(x)min=−116即：2a≥t2+t=令g(t)=t2+t=(t+∴2a≥6，解得：a∈[3,+∞)故选：B.【题型9利用函数的性质比较大小】【例9】（23-24高一上·河南南阳·阶段练习）已知定义在R上的函数fx满足f1+x=f1−x，且∀x1,x2>1，x1A．b>c>a B．b>a>c C．c>b>a D．c>a>b【解题思路】根据题意能得到函数fx关于直线x=1轴对称，且fx在【解答过程】由∀x1,x2>1，x1由f1+x=f1−x得函数f所以函数fx在−又因为22−1≈1.42−1=0.3（最远离所以f3故选：A.【变式9-1】（23-24高一上·陕西西安·期中）已知函数fx是偶函数，当0≤x1<x2时，fx2−fx1x2−xA．a<b<c B．c<b<a C．b<c<a D．b<a<c【解题思路】先比较a1【解答过程】当0≤x1<可知函数fx在0,+又因为函数fx所以b=f−设a1=5所以a1<b所以b1<c又因为函数fx在0,+所以a<b<c.故选：A.【变式9-2】（22-23高一上·四川成都·期中）已知函数y=fx在0,4上单调递增，且y=fx+4是偶函数，则（A．f2<f3C．f2<f7【解题思路】根据题意得到函数y=fx关于x=4对称，所以f【解答过程】由函数y=fx+4是偶函数，可得函数y=fx+4关于所以函数y=fx关于x=4对称，所以f因为函数y=fx在0,4上单调递增，且1<2<3，所以f故选：B.【变式9-3】（2023·黑龙江大庆·模拟预测）已知a=ln1.1，b=111，A．a>b>c B．a>c>b C．c>b>a D．c>a>b【解题思路】构造函数fx=ln1+x−1+2x−1，利用其单调性比较a，c【解答过程】设fx=ln所以f′令gx=1+2x则g′则gx=1+2x所以gx≤g0故fx在0,+所以f0.1<f0=0，即因为ln1.1=构造gx=ln所以g′x=11+x所以g−111<g0即b<a，综上：b<a<c．故选：D.【题型10利用函数的性质解不等式】【例10】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数fx的定义域为R，对任意实数x，y都有f(x+y)=f(x)+f(y)−1，当x>0时，f(x)>1，且f(2)=5，则关于x的不等式f(x)+f(4−3x)<6的解集为（

A．1,+∞ B．2,+∞ C．−∞，【解题思路】根据题意利用定义证明函数在R上单调递增，继而转化不等式，求解即可.【解答过程】任取x1从而f(=f(x因为x2−x所以f(x则fx在R不等式f(x)+f(4−3x)<6等价于不等式f(x)+f(4−3x)−1<5，即f(x+4−3x)<f(2)．因为fx在R所以4−2x<2，解得x>1．故选：A.【变式10-1】（2023·河南洛阳·一模）已知函数f(x)=−3x+3,x<0−xA．−12,+∞ B．2,+∞ 【解题思路】由分段函数表达式，判断其单调性，利用单调性，求解不等式．【解答过程】根据题目所给的函数解析式，可知函数fx在−所以a<3a−4，解得a>2．故选：B.【变式10-2】（2023·陕西宝鸡·模拟预测）若函数fx是定义在R上的偶函数，在−∞,0上是减函数，且f3=0，则使得fA．−∞,−3 C．−3,3 D．−【解题思路】分析函数fx在0,+∞上的单调性，将所求不等式变形为fx【解答过程】因为函数fx是定义在R上的偶函数，在−则函数fx在0,+因为f3=0，由fx<0可得fx因此，满足fx<0的x的取值范围是故选：C.【变式10-3】（2023·河南·模拟预测）若定义在−∞,0∪0,+∞上的函数fx同时满足：①fx为奇函数；②对任意的x1,x2∈0,+∞，且x1A．−∞,−1 C．−∞,−3∪【解题思路】构造函数gx=fxx【解答过程】因为对任意的x1,x2∈即对任意两个不相等的正实数x1,x2不妨设所以有fx所以函数gx=f又因为fx为奇函数，即有∀x∈−∞所以有g−x所以gx所以gx在−当x−2>0，即x>2时，有x2−4>0,由fx−2所以x−2>x2−4当x−2<0，即x<2时，由fx−2<f所以x−2<x2−4，解得综上所述，不等式fx−2<f故选：C.【题型11抽象函数的单调性、奇偶性、周期性】【例11】（2024·山西·一模）已知函数fx的定义域为R，值域为0,+∞，且对任意m，n∈R，都有fm+n=f(1)求f0的值，并证明φ(2)若x>0，fx>1，且f3=4，证明fx【解题思路】（1）赋值法令m=n=0，可得f0；由fx给定性质，证明（2）证明fx【解答过程】（1）令m=n=0，得f0又函数fx的值域为0,+∞，∴f∵f0∴f−x∴φ−x∴φx（2）任取x1<xf=fx∵x1<x∵当x>0时，fx>1，∴fx又函数fx的值域为0,+∞∴fx11−f∴fx为R由φx=1517，即∵f3∴16=f3f3又fx为R上的增函数，∴x>6故φx>15【变式11-1】（23-24高一上·北京·期中）设函数fx的定义域是0,+∞，且对任意正实数x，y都有fxy=fx+fy(1)求f1(2)判断y=fx在区间0,+(3)解不等式f2x【解题思路】（1）利用赋值法，即可求得所求的函数值，得到答案；（2）首先判定函数为增函数，然后利用函数的单调性的定义和所给条件进行证明即可；（3）利用函数的单调性和所得函数值对应的自变量得到函数不等式，得出不等式组，即可求解.【解答过程】（1）由题意，函数fx对任意的正实数x，y都有f(xy)=f(x)+f(y)令x=y=1，可得f(1)=f(1)+f(1)，所以f1令x=2,y=12，可得f(1)=f(2)+f(12)（2）函数fx设x1,x令x=x1,y=x2又由x>1时，f(x)>0，因为x2x1>1，可得f(x所以函数y=f(x)在(0,+∞（3）由题意和（1）可得：f(8x−6)−1=f(8x−6)+f(1又由不等式f(2x)>f(8x−6)−1，即可得2x>4x−34x−3>0，解得即不等式f(2x)>f(8x−6)−1的解集为【变式11-2】（2024·江西·模拟预测）已知函数f(x)满足对一切x1,x2∈R都有fx1（1）求f(−1)的值；（2）判断并证明函数f(x)在R上的单调性；（3）解不等式：fx【解题思路】（1）先令x1=x2=0（2）利用定义，任取x1,x（3）设t=x2−2x−1，可将不等式化为f【解答过程】解：（1）令x1=x2=0再令x1=−1,x即2=f(−1)−2，从而f(−1)=4．（2）任取x1Δy=f=f(Δx+1+(−1))−2=f(Δx+1)+f(−1)−4=f(Δx+1)．∵Δx>0,∴1+Δx>0,∴f(1+Δx)<0，即Δy<0．∴f(x)在R上是减函数．（3）由条件知，f(x+1)=f(x)+f(1)−2=f(x)−2，设t=x2−2x−1，则f整理，得f2(t)−2f(t)−8<0，解得而−2=−2+f(1)+f(1)=f(2),4=f(−1)，∴不等式即为f(2)<f(t)<f(−1)，又因为f(x)在R上是减函数，∴−1<t<2，即−1<xx2−2x>0x2−2x−3<0【变式11-3】（2024·江西·模拟预测）已知函数p(x)，q(x)的定义域均为R，且满足：①∀x>0，p(x)>0；②q(x)为偶函数，q(x)≥q(0)=1；③∀x，y∈R，p(x+y)=p(x)q(y)+q(x)p(y).(1)求p(0)的值，并证明：p(x)为奇函数；(2)∀x1,①p(x②p(x)单调递增.【解题思路】（1）用赋值法，令x=y=0可求得p(0)，再令y=−x，使用q(x)≥1>0恒成立可证得p(x)是奇函数；（2）①由x1②设x1由p(x1)=p(x1【解答过程】（1）证明：在p(x+y)=p(x)q(y)+q(x)p(y)中令x=y=0，则p(0)=p(0)q(0)+q(0)p(0)=2p(0)，所以p(0)=0，令y=−x，则p(0)=p(x)q(−x)+q(x)p(−x)，q(x)是偶函数，所以p(x)q(x)+p(−x)q(x)=0，又q(x)>0，所以p(x)+p(−x)=0，即p(−x)=−p(x)，所以p(x)是奇函数；（2）证明：①p(x②设x1<x2，则x2由①可得p(x又p(x)是奇函数，q(x)是偶函数，所以p(=p所以p(x所以p(x1)<p(【题型12函数性质的综合应用】【例12】（2023·黑龙江佳木斯·模拟预测）已知fx=ax2(1)求fx(2)设函数gx=x2−2mx+4m∈R【解题思路】（1）根据函数的奇偶性即可得c=0，进而结合f(1)=1（2）将问题转化为gx【解答过程】（1）x∈−2,2，且fx+f将x=0代入fx+f−x=0可得f0即fx=ax2+bx4+解得a=0b=1，故ffx=x（2）只要gx2max<fx∵1≤x1<x2≤2，∴故函数fx=x法一：gx=xy=x+195x在1,95当x=1时，x+195x=245故当x=1时，x+195xmax法二：gx=x当m≤32时，gxmax=g(2)<当m>32时，gxmax=g(1)<15综上所述：m>12【变式12-1】（23-24高二下·黑龙江鹤岗·期末）已知函数fx=ax+b1+x2(1)确定函数fx(2)用定义证明fx在−1,1(3)解不等式fx−1【解题思路】（1）先由函数的奇偶性得到b=0，然后由f1（2）利用函数单调性定义证明；（3）将f(x−1)+f(x)<0，转化为f(x−1)<−f(x)=f(−x)，利用单调性求解.【解答过程】（1）由题意可得f0=0所以fx（2）设−1<x则f(x∵−1<x∴−1<x1x2<1则f(x1)−f(所以函数fx在−1,1（3）∵f(x−1)+f(x)<0，∴f(x−1)<−f(x)=f(−x)，∵f(x)是定义在(−1,1)上的增函数，∴−1<x−1<1−1<x<1x−1<−x，得所以不等式的解集为(0,1【变式12-2】（2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数fx=ax+bx2(1)求函数fx(2)判断函数fx在−1,1(3)解关于t的不等式：ft+【解题思路】（1）由奇函数的性质可得f(0)=b1=0，求出b=0，再由f（2）利用单调性的定义判断即可，（3）先利用函数的奇偶性将不等式转化，再利用函数的单调性解不等式【解答过程】（1）因为函数fx=ax+b所以f(0)=b1=0所以fx因为f1所以12a1所以f（2）任取x1,xf(==(因为x1,x所以x2−所以f(x2)−f(所以函数fx在−1,1（3）因为fx是定义在−1,1所以ft+12因为函数fx在−1,1所以−1<t+12<1所以不等式的解集为−1【变式12-3】（2024·上海黄浦·一模）已知实数a,b是常数，函数f(x)=(1+x（1）求函数f(x)的定义域，判断函数的奇偶性，并说明理由；（2）若a=−3,b=1，设t=1+x+1−x，记t的取值组成的集合为D，则函数f(x)的值域与函数g(t)=（i）求集合D；（ii）研究函数g(t)=12(t3【解题思路】（1）由函数解析式，根据根式的性质列不等式组，即可求函数定义域，由函数奇偶性的定义说明f(−x),f(x)的关系即可证函数的奇偶性.（2）（i）由题设可得t2=2+21−x2，由根式的性质，即可求t的取值集合D，（ii）任意的t1,t2∈D且t1【解答过程】（1）∵实数a,b是常数，函数f(x)=(1+x∴由{1+x≥01−x≥01−∴函数的定义域是[−1,1].对于任意x∈[−1,1]，有−x∈[−1,1],f(−x)=(1+(−x)+1−(−x)+a)(1−(−x)2+b)∴函数f(x)是偶函数.（2）由a=−3,b=1，有f(x)=(1+x（i）t=1+x+1−x(−1≤x≤1∴0≤1−x2≤1，∴D=[2（ii）由（i）知：g(t)=12(对于任意的t1,t2∈D且t1<t2又t1>0,t∴12(t∴函数g(t)在D上是减函数.∴g(t)min又∵函数f(x)的值域与函数g(t)=1∴函数f(x)的最小值为−2.一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）若函数f(x)=4|x−a|+3在区间[1,+∞)上不单调，则a的取值范围是（A．[1,+∞) C．(−∞,1) 【解题思路】先分析f(x)的单调性，再列不等式即可求解.【解答过程】因为函数f(x)=4|x−a|+3在(−∞,a)上单调递减，在又函数fx在区间[1,+∞)故选：B．2．（2023·全国·三模）已知函数fx=bx−b+3x3在−1,1上的最小值为−3A．−∞,−4 B．9,+∞ C．−4,9【解题思路】由已知可得当−1≤x<1时，可得bx1+x【解答过程】因为f1=−3，函数fx=bx−b+3所以对∀x∈−1,1，f所以bx−b+3x3当x=1时，b∈R当−1≤x<1当x=0或x=当0<x<1时，b≥−3因为x2+x∈0,2，所以1x2所以b≥−9当−1<x<0时，b≤−31+因为x2+x∈−14,0，所以所以b≤9.综上可得，实数b的取值范围是−9故选：D.3．（2024·湖北武汉·二模）已知函数fx=xx，则关于x的不等式fA．13,+∞ B．−∞,1【解题思路】消去绝对值可得函数的单调性，利用函数单调性解不等式即可得.【解答过程】由fx=xx=x由f2x>f1−x，有2x>1−x故选：A.4．（2023·陕西西安·一模）已知fx是R上的奇函数，且fx+2=−fx，当x∈0,1时，fA．3 B．−3 C．255 D．−255【解题思路】利用函数的奇偶性与周期性计算即可.【解答过程】由题意可知：fx+2=−fx=f−x所以f2023故选：B.5．（2023·广东深圳·模拟预测）已知函数fx的定义域为R，若对∀x∈R都有f3+x=f1−x，且fx在A．f4<f1C．f1<f2【解题思路】由f3+x=f1−x【解答过程】因为对∀x∈R都有f3+x=f又因为fx在2，+所以f4<f3故选：A．6．（2023·安徽亳州·模拟预测）已知函数fx是定义在R上的偶函数，函数gx是定义在R上的奇函数，且fx，gA．ff2>fC．gg2>g【解题思路】根据题意，利用函数的单调性以及函数的奇偶性，判断各选项的正负，即可求解.【解答过程】因为fx，gx在0,+∞上单调递减，f所以gx在R上单调递减，fx在对于A中，由f2>f3对于B中，因为gx是定义在R上的奇函数，可得g又因为gx在0,+∞上单调递减，可得因为fx在0,+∞上单调递减，且fx为偶函数，所以f所以fg对于C中，由g2>g3，gx在对于D中，由f2>f3，gx在故选：D.7．（2023·广东·一模）已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)=ax+1，若f(−2)=5，则不等式f(x)>12的解集为（A．−∞,−1C．−∞,−1【解题思路】根据条件可求得x>0时f(x)的解析式，根据函数为奇函数继而可求得当x<0时f(x)的解析式，分情况解出不等式即可.【解答过程】因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(−2)=−f(2)=5，则f(2)=−5，则2a+1=−5，所以a=−3，则当x>0时，f(x)=−3x+1，当x<0时，−x>0，则f(x)=−f(−x)=−[−3×(−x)+1]=−3x−1，则当x>0时，不等式f(x)>12为解得0<x<1当x<0时，不等式f(x)>12为解得x<−1故不等式的解集为−∞故选：A.8．（2023·全国·模拟预测）已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，f(3x+1)为奇函数，g(x+2)为偶函数，f(x+1)+g(1−x)=2，f(0)=−12，则k=1102A．−51 B．52 C．4152 【解题思路】由题意，根据函数奇偶性可得f(x)的图象关于点(1,0)中心对称、g(x)的图象关于点(1,2)中心对称，进而可知g(x)是以4为周期的周期函数．求出g(1)，g(2)，g(3)，g(4)，结合周期即可求解.【解答过程】因为f(3x+1)为奇函数，所以f(x+1)为奇函数，所以f(x+1)=−f(−x+1)，f(x)的图象关于点(1,0)中心对称，f(1)=0．因为g(x+2)为偶函数，所以g(x+2)=g(−x+2)，g(x)的图象关于直线x=2对称．由f(x+1)+g(1−x)=2，得f(−x+1)+g(1+x)=2，则−f(x+1)+g(1+x)=2，所以g(x+1)+g(1−x)=4,g(x)+g(2−x)=4，所以g(x)的图象关于点(1,2)中心对称．因为g(x)的图象关于x=2轴对称，所以g(x)+g(2+x)=4，g(x+2)+g(x+4)=4，所以g(x+4)=g(x)，即g(x)是以4为周期的周期函数．因为f(1)=0，f(0)=−12，所以g(1)=2，g(2)=52，所以k=1102故选：D．二、多选题9．（2023·河南·模拟预测）已知函数f(x)在R上单调递增，函数g(x)在(−∞,0)上单调递增，在[0,+∞A．函数f(f(x))在R上单调递增B．函数f(g(x))在(−∞C．函数g(−g(x))在(−∞D．函数g(−f(x))在[0,+∞【解题思路】由复合函数的单调性判断方法逐一判断即可.【解答过程】因为f(x)在R上单调递增，所以f(f(x))在R上单调递增，故A正确；因为f(x)在R上单调递增，g(x)在(−∞,0)上单调递增，所以f(g(x))在因为g(x)在(−∞,0)上单调递增，所以−g(x)在(−∞,0)上单调递减，因为所以g(−g(x))在(−∞因为−f(x)在R上单调递减，g(x)在[0,+∞)上单调递减，因−f(x)的值域是否在[0,+∞)上无法判断，所以故选：AB.10．（2024·全国·模拟预测）定义在0,+∞上的函数fx满足下列条件：（1）fxy=yfx−xfA．fB．当0<x<1时，fC．fD．fx在1,+【解题思路】利用赋值法可以逐次判断选项，A，取x=y=1可得；B，取x=1，再由条件当x>1时，fx>0推理可得；对于C，虽能用基本不等式，但因fx【解答过程】对于A项，由fxy=yfx−xf对于B项，由fxy=yfx−xfy，取x=1，因当0<x<1时，1x>1，则f(1x)>0对于C项，由fxy=yfx−xfy，取因y>0，y+1y≥2，当且仅当y=1时取等号，但因f(y)即f(x对于D项，任取x1>x2>1，则x则x2fx1−x1fx任取x1>x2>1，因g(x1)>g(x故选：AB.11．（2024·贵州贵阳·二模）定义在R上的函数f(x)满足f(x+1)=g(x)−g(−x)+3=f(3−x)，对∀x1,x2∈(1,2]，A．(2025,3)是f(x)图象的一个对称中心 B．f(x)在区间(2024,2026)上单调递减C．对∀x∈40512,40532【解题思路】由题意可得函数f(x)在区间(1,2]上单调递增，由f(x+1)=f(3−x)，可得直线x=2是f(x)的一条对称轴，令ℎ(x)=f(x+1)−3，可得函数ℎ(x)为奇函数，从而得点(1,3)是f(x)的对称中心，即可得函数f(x)的周期为4，再逐一判断即可.【解答过程】令ℎ(x)=f(x+1)−3，由f(x+1)=g(x)−g(−x)+3，得ℎ(x)=f(x+1)−3=g(x)−g(−x)，显然，ℎ(−x)=−ℎ(x)，所以ℎ(x)为奇函数，则ℎ(x)关于点0,0中心对称，所以点(1,3)是f(x)的对称中心，所以f(x)=−f(2−x)+6，又因为f(x+1)=f(3−x)，所以直线x=2是f(x)的一条对称轴．所以f(x+2)=f(2−x),又因为f(x)=−f(2−x)+6，f(2−x)=6−f(x)，所以f(x+2)=6−f(x),即f(4+x)=6−f(2+x)=6−[6−f(x)]=f(x),所以f(x)是周期为4的函数，又因为对∀x1,x2即fx1−fx2所以在[0,2]上单调递增，在[2,4]上单调递减．对于A,因为点(1,3)是f(x)由周期性可得(2025,3)是f(x)图象的对称中心，故A正确；对于B,f(x)是周期为4的函数，且在[0,2]所以f(x)在区间(2024,2026)上单调递增，故B错误；对于C，f(x)在(2024,2026)上单调递增，在2026,2028上单调递减，且直线x=2026是f(x)的一条对称轴，对∀x∈40512,故恒有f(x)>f(x+1),故C正确；对于D，根据f(x)的对称性和单调性可得，f(1)=3,f(3)=3，f(2)+f(4)=6,f(2)>3，故n=12026f(n)=506×12+f(1)+f(2)>6078,故故选：ACD．三、填空题12．（2024·青海西宁·模拟预测）已知函数fx是定义在R上的偶函数，且满足fx+4=fx，当x∈−2,0时，fx【解题思路】由题意可得T=4且f1【解答过程】设函数fx的最小正周期为T，则T=4因为fx是定义在R上的偶函数，所以f所以f1故答案为：2313．（2023·上海徐汇·二模）已知函数fx=x+ax+b，x∈b,+∞，其中b>0，a∈R，若【解题思路】根据a讨论函数单调性，再根据单调性确定函数最值，最后根据最值确定a的取值范围.【解答过程】①当a≤0时，f(x)在[b,+∞所以fxmin=f②当a>0时，f(x)在[a,+∞（i）当a≤b时，f(x)在[b,+所以f(x)min=f(b)=2b+∴Δ所以a≤b2，2b−2b∴b≥23，∵1+⇒0<a≤14或a>∴0<a≤4（ii）当a>b时，f(x)在[a,+所以f∵0<b<a，即a∴4综上，a的取值范围为a<1.故答案为：(−∞14．（2024·河北保定·二模）已知函数fx的定义域D=−∞,0∪0,+∞，对任意x1,x2∈D，恒有fx【解题思路】根据条件，构造gx=fx+1【解答过程】由fx1x设gx=fx+1x，则取x1=x2=−1，得g所以gx是偶函数，所以g因为当x1>x2>0得x1fx2−即fx2+1x2>f由g−1=0，得f−1=−1，由所以x+1f1x+1即g1x+1>g4，所以1x+1所以不等式x+1f1x+1故答案为：−∞四、解答题15．（2023·湖北黄冈·模拟预测）设a>0，b>0，函数fx(1)求关于x的不等式fx(2)若fx在0,2上的最小值为a−