第9讲　函数奇偶性与周期性高考数学一轮复习讲义练习

这是一份第9讲　函数奇偶性与周期性高考数学一轮复习讲义练习，共12页。试卷主要包含了 下列函数是奇函数的是，故该函数为奇函数．等内容，欢迎下载使用。

激活思维
1. (人A必一P84例6，P85练习T2改)(多选)下列函数是奇函数的是( BC )
A. f(x)＝2x4＋3x2 B. f(x)＝x3－2x
C. f(x)＝x＋ eq \f(1,x)D. f(x)＝ eq \f(1,x2)
2. 若一个奇函数的定义域为{－1，2，a，b}，则a＋b＝( A )
A. －1B. 1
C. 0D. 2
3. (人A必一P101复习参考题T9(1)改)已知奇函数y＝f(x)在区间[a，b]上单调递减，且有最大值m，那么下列说法正确的是( B )
A. 函数y＝f(x)在区间[－b，－a]上单调递减，且f(－b)＝－m
B. 函数y＝f(x)在区间[－b，－a]上单调递减，且f(－a)＝－m
C. 函数y＝f(x)在区间[－b，－a]上单调递增，且f(－b)＝－m
D. 函数y＝f(x)在区间[－b，－a]上单调递增，且f(－a)＝－m
【解析】 奇函数在对称区间上的单调性相同，最值互为相反数．
4. (人A必一P86习题T11改)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)，则f(－2)的值是_－6_．
【解析】 由题知f(2)＝6，因为f(x)为奇函数，所以f(－2)＝－f(2)＝－6.
5. 已知f(x)是定义在R上的周期为2的函数，当x∈[－1，1)时，f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－4x2＋2，－1≤x＜0，,x，0≤x＜1，))则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝_1_．
【解析】 由题意得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋2＝1.
聚焦知识
1. 奇偶性
定义：若_f(－x)＝f(x)_，则f(x)为偶函数；若_f(－x)＝－f(x)_，则f(x)为奇函数．
这两个式子有意义的前提条件是：定义域关于原点对称．
性质：(1) 奇函数的图象关于_原点_对称，偶函数的图象关于_y轴_对称；
(2) 若奇函数的定义域包含0，则必有f(0)＝_0_；
(3) 在关于y 轴对称的两个区间内，奇函数单调性_相同_，偶函数单调性_相反_．
(4) 一般地：奇±奇＝奇；偶±偶＝偶；奇×奇＝偶；偶×偶＝偶；奇×偶＝奇，除法相同．
(5) 复合函数的奇偶性：内偶则偶，内奇同外．
(6) 既奇又偶的函数只有一个y＝0，但定义域可以有无数个．
2. 周期性
(1) 对定义域内任意x，存在非零常数T(T＞0)，使_f(x＋T)＝f(x)_成立，则T为f(x)的周期；
(2) 若T存在最小值，则该值为最小正周期．
研题型 素养养成
举题说法
函数奇偶性的判定
例1 (1) f(x)＝ eq \r(x2－1)＋ eq \r(1－x2)；
【解答】 f(x)的定义域为{－1，1}，关于原点对称．又f(－1)＝f(1)＝0，f(－1)＝－f(1)＝0，所以f(x)既是奇函数又是偶函数．
(2) f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2，x＞0，,0，x＝0，,－x2－2，x＜0；))
【解答】 f(x)的定义域为R，关于原点对称，当x＞0时，f(－x)＝－(－x)2－2＝－(x2＋2)＝－f(x)；当x＜0时，f(－x)＝(－x)2＋2＝－(－x2－2)＝－f(x)；当x＝0时，f(0)＝0，也满足f(－x)＝－f(x).故该函数为奇函数．
(3) f(x)＝lga eq \f(m＋x,m－x)(m≠0)；
【解答】 f(x)的定义域为(－|m|，|m|)，f(－x)＝lga eq \f(m－x,m＋x)＝lga eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋x,m－x))) eq \s\up12(－1)＝－lga eq \f(m＋x,m－x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数．
(4) f(x)＝ eq \f(ax＋1,ax－1)(a＞0且a≠1)．
【解答】 f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f(－x)＝ eq \f(a－x＋1,a－x－1)＝ eq \f(1＋ax,1－ax)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数．
判断函数奇偶性的步骤是：①求函数的定义域，判断定义域是否关于原点对称，若不对称，则既不是奇函数也不是偶函数；②验证f(－x)是否等于±f(x)，或验证其等价形式f(x)±f(－x)＝0或 eq \f(f(－x),f(x))＝±1(f(x)≠0)是否成立．
变式1 (1) 设函数f(x)＝ eq \f(1－x,1＋x)，则下列函数为奇函数的是( B )
A. f(x－1)－1B. f(x－1)＋1
C. f(x＋1)－1D. f(x＋1)＋1
【解析】 由题意可得f(x)＝ eq \f(1－x,1＋x)＝－1＋ eq \f(2,1＋x).对于A，f(x－1)－1＝ eq \f(2,x)－2不是奇函数；对于B，f(x－1)＋1＝ eq \f(2,x)是奇函数；对于C，f(x＋1)－1＝ eq \f(2,x＋2)－2，定义域不关于原点对称，不是奇函数；对于D，f(x＋1)＋1＝ eq \f(2,x＋2)，定义域不关于原点对称，不是奇函数．
(2) (2024·南京二模)(多选)已知函数f(x)满足f(x)f(y)＝f(xy)＋|x|＋|y|，则( AC )
A. f(0)＝1B. f(1)＝－1
C. f(x)是偶函数D. f(x)是奇函数
【解析】 令y＝0，则f(0)f(x)＝f(0)＋|x|，令x＝y＝0，则[f(0)]2＝f(0)，解得f(0)＝0或f(0)＝1.若f(0)＝0，则|x|＝0恒成立，不合题意，故f(0)＝1，A正确．由f(0)＝1，得f(x)＝1＋|x|，则f(1)＝2，B错误．因为函数f(x)＝1＋|x|的定义域为R，f(－x)＝1＋|－x|＝1＋|x|＝f(x)，故f(x)为偶函数，C正确，D错误．
函数奇偶性的应用
视角1 求值(解析式)
例 2-1 (1) 已知函数f(x)是奇函数，当x≥0时，f(x)＝2x－1，则f(－2)＝( D )
A. 1B. － eq \f(3,4)
C. 3D. －3
【解析】 当x≥0时，f(x)＝2x－1，则f(2)＝22－1＝3.因为函数f(x)是奇函数，所以f(－2)＝－f(2)＝－3.
(2) (2025·亳州期初摸底)已知函数f(x)的定义域为R，y＝f(x)＋ex是偶函数，y＝f(x)－3ex是奇函数，则f(ln 3)的值为( D )
A. eq \f(7,3)B. 3
C. eq \f(10,3)D. eq \f(11,3)
【解析】 因为函数y＝f(x)＋ex为偶函数，所以f(－x)＋e－x＝f(x)＋ex，即f(x)－f(－x)＝e－x－ex①.又因为函数y＝f(x)－3ex为奇函数，则f(－x)－3e－x＝－f(x)＋3ex，即f(x)＋f(－x)＝3ex＋3e－x②.联立①②可得f(x)＝ex＋2e－x，所以f(ln 3)＝eln 3＋2e－ln 3＝ eq \f(11,3).
变式 2-1 (2024·淮北二模)若函数f(x)＝ax＋ln (ex＋1)是偶函数，则实数a＝( B )
A. eq \f(1,2)B. － eq \f(1,2)
C. eq \f(1,e)D. － eq \f(1,e)
【解析】 依题意，f(－x)＝f(x)，即－ax＋ln (e－x＋1)＝ax＋ln (ex＋1)，整理得2ax＋ln eq \f(ex＋1,e－x＋1)＝0，即2ax＋ln ex＝0，则有(2a＋1)x＝0.因为x不恒为0，故必有2a＋1＝0，解得a＝－ eq \f(1,2).
视角2 函数图象识别
例 2-2 (2024·全国甲卷理)函数f(x)＝－x2＋(ex－e－x)sin x在区间[－2.8，2.8]上的大致图象为( B )
AB

CD
【解析】 f(－x)＝－x2＋(e－x－ex)sin (－x)＝－x2＋(ex－e－x)sin x＝f(x)，又函数的定义域为[－2.8，2.8]，故该函数为偶函数，排除A，C.又f(1)＝－1＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－\f(1,e)))sin 1＞－1＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－\f(1,e)))sin eq \f(π,6)＝ eq \f(e,2)－1－ eq \f(1,2e)＞ eq \f(1,4)－ eq \f(1,2e)＞0，故可排除D.
变式 2-2 (2024·扬州期末)(多选)已知函数f(x)＝x(ex＋ae－x)是奇函数或偶函数，则y＝f(x)的图象可能是( BC )
AB

CD
【解析】 由已知得f(－x)＝－x(e－x＋a·ex)，若y＝f(x)为偶函数，则－x(e－x＋aex)＝x(ex＋ae－x)恒成立，所以x(1＋a)(ex＋e－x)＝0恒成立，故a＝－1，则f(x)＝x(ex－e－x)，所以x＞0时有f(x)＞0，且f(x)单调递增，显然C正确，D错误．若y＝f(x)为奇函数，则－x(e－x＋aex)＝－x(ex＋ae－x)恒成立，所以x(a－1)(ex－e－x)＝0恒成立，故a＝1，则f(x)＝x(ex＋e－x)，所以x＞0时有f(x)＞0，且f(x)单调递增，显然B正确，A错误．
视角3 解不等式
例 2-3 (2024·永州三模)已知函数f(x)＝ex－e－x＋sin x－x＋2，其中e是自然对数的底数．若f(lg eq \s\d9(\f(1,2))t)＋f(3)＞4，则实数t的取值范围是( C )
A. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))B. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，＋∞))
C. (0，8)D. (8，＋∞)
【解析】 因为f′(x)＝ex＋e－x＋cs x－1≥2 eq \r(ex·e－x)＋cs x－1＝1＋cs x≥0，所以f(x)在R上单调递增．令g(x)＝f(x)－2，所以g(x)在R上单调递增，f(x)＝g(x)＋2.因为g(－x)＝e－x－ex＋sin (－x)＋x＝－g(x)，所以g(x)为奇函数，则f(lg eq \s\d9(\f(1,2))t)＋f(3)＞4化为g(lg eq \s\d9(\f(1,2))t)＋2＋g(3)＋2＞4，所以g(lg eq \s\d9(\f(1,2))t)＞－g(3)⇔g(lg eq \s\d9(\f(1,2))t)＞g(－3)⇔lg eq \s\d9(\f(1,2))t＞－3，解得0＜t＜8.
视角4 最值性质
例 2-4 已知定义域为R的函数f(x)＝a＋ eq \f(3sin x,2＋cs x)(a∈R)有最大值和最小值，且最大值与最小值的和为6，则a＝_3_．
【解析】 令g(x)＝ eq \f(3sin x,2＋cs x)，显然g(x)为奇函数，最大值、最小值互为相反数，分别设为M，－M，则f(x)＝a＋ eq \f(3sin x,2＋cs x)(a∈R)的最大值、最小值分别为M＋a，－M＋a，和为2a＝6，则a＝3.
函数的周期性
例3 (1) 若f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，且f(1)＝－5，则f(f(5))＝_5_．
【解析】 因为f(x＋2)＝－f(x)，所以T＝4，所以f(5)＝f(1)＝－5，所以f(f(5))＝f(－5)＝f(－1).令x＝－1，则f(1)＝－f(－1)＝－5，所以f(f(5))＝f(－1)＝5.
(2) 若定义在R上的函数f(x)满足f(x＋3)＋f(x＋1)＝f(2)，则f(2 024)＝_0_．
【解析】 因为f(x＋3)＋f(x＋1)＝f(2)，代入x－2得，f(x＋1)＋f(x－1)＝f(2).两式相减得，f(x＋3)＝f(x－1)，即f(x＋4)＝f(x)，所以4为函数f(x)的周期，因此f(2 024)＝f(4×506)＝f(0).在f(x＋3)＋f(x＋1)＝f(2)中，令x＝－1，得f(2)＋f(0)＝f(2)，所以f(0)＝0，即f(2 024)＝0.
周期性的几个常用结论
对f(x)的定义域内任一自变量的值x，周期为T，则：
(1) f(x＋a)＝f(x＋b)：可得f(x)为周期函数，其周期T＝|b－a|；
(2) f(x＋a)＝－f(x)⇒f(x)的周期T＝2a；
(3) f(x＋a)＝ eq \f(1,f(x))⇒f(x)的周期T＝2a；
(4) f(x)＋f(x＋a)＝k(k为常数)⇒f(x)的周期T＝2a；
(5) f(x)·f(x＋a)＝k(k为常数)⇒f(x)的周期T＝2a.
变式3 (2024·苏中苏北八市三调)已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋1)为偶函数，f(x＋2)－1为奇函数．若f(1)＝0，则 eq \(∑,\s\up6(26),\s\d4(k＝1)) f(k)＝( C )
A. 23B. 24
C. 25D. 26
【解析】 由f(x＋1)为偶函数，得f(x＋1)＝f(－x＋1)，所以f(x)关于x＝1对称．由f(x＋2)－1为奇函数，得f(－x＋2)－1＝－f(x＋2)＋1，即f(－x＋2)＋f(x＋2)＝2，则f(x)关于点(2，1)对称．由f(x)关于x＝1对称得f(x)＝f(－x＋2)，则f(x)＋f(x＋2)＝2，f(x＋2)＋f(x＋4)＝2，作差得f(x)＝f(x＋4)，所以f(x)为周期函数，且周期为4.因为f(1)＋f(3)＝2，f(1)＝0，所以f(3)＝2.因为f(0)＝f(2)，f(0)＋f(2)＝2，所以f(0)＝f(2)＝1，f(4)＝f(0)＝1，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝4，所以 eq \(∑,\s\up6(24),\s\d4(k＝1)) f(k)＝24， eq \(∑,\s\up6(26),\s\d4(k＝1)) f(k)＝24＋1＋0＝25.
随堂内化
1. (2024·泰州2月调研)已知函数f(x)＝ eq \f(eaxsin x,1＋ex)是定义在R上的奇函数，则实数a＝( C )
A. －1B. 0
C. eq \f(1,2)D. 1
【解析】 因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，即 eq \f(e－axsin (－x),1＋e－x)＝－ eq \f(eaxsin x,1＋ex)，因为x不恒为0，所以 eq \f(e－ax,1＋e－x)＝ eq \f(eax,1＋ex)，所以 eq \f(exe－ax,ex＋1)＝ eq \f(eax,ex＋1)，即x－ax＝ax，解得a＝ eq \f(1,2).
2. (2025·宿迁期中)设函数f(x)＝x|x|，则不等式f(2lg3x)＋f(3－lg3x)＜0的解集是( B )
A. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,27)，27))B. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,27)))
C. (0，27)D. (27，＋∞)
【解析】 f(x)＝x|x|，x∈R，则f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x≥0，,－x2，x＜0，))作出函数f(x)的图象如图所示，可知f(x)是R上的增函数．又f(－x)＝－x|－x|＝－x|x|＝－f(x)，所以f(x)是奇函数．不等式f(2lg3x)＋f(3－lg3x)＜0可化为f(2lg3x)＜－f(3－lg3x)，所以f(2lg3x)＜f(lg3x－3)，则2lg3x＜lg3x－3，即lg3x＜－3，解得0＜x＜ eq \f(1,27)，即不等式f(2lg3x)＋f(3－lg3x)的解集是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,27))).
(第2题答)
3. (2024·十堰期末)(多选)已知定义在R上的函数f(x)在(－∞，2]上单调递增，且f(x＋2)为偶函数，则( BD )
A. f(x)的对称中心为(2，0)
B. f(x)的对称轴为直线x＝2
C. f(－1)＞f(4)
D. 不等式f(x＋3)＞f(4x)的解集为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,5)))∪(1，＋∞)
【解析】 因为f(x＋2)为偶函数，其图象关于y轴对称，所以f(x)图象的对称轴为直线x＝2，故A错误，B正确；又f(x)在(－∞，2]上单调递增，所以f(x)在[2，＋∞)上单调递减，所以f(－1)＝f(5)＜f(4)，故C错误；由不等式f(x＋3)＞f(4x)结合f(x)的对称性及单调性，得|x＋3－2|＜|4x－2|，即(x＋3－2)2＜(4x－2)2，即(5x－1)(3x－3)＞0，解得x＜ eq \f(1,5)或x＞1，所以不等式f(x＋3)＞f(4x)的解集为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,5)))∪(1，＋∞)，故D正确．
4. 已知函数f(x)是定义域为R的偶函数，且周期为2，当x∈[－1，0)时，f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)－1，则f(3)＝_1_．
【解析】 由题知当x＝－1时，f(－1)＝1.因为函数f(x)的周期T＝2且为偶函数，所以f(x＋2)＝f(x)，所以f(3)＝f(1)＝f(－1)＝1.
练案❶ 趁热打铁，事半功倍．请老师布置同学们及时完成《配套精练》．
练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(提高版)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．
2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天练》(提高版)，成书可向当地发行咨询购买．
配套精练
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1. (2024·苏锡常镇调研)若函数y＝f(x)－1是定义在R上的奇函数，则f(－1)＋f(0)＋f(1)＝( A )
A. 3 B. 2
C. －2 D. －3
【解析】 设F(x)＝f(x)－1，则F(x)＋F(－x)＝0，即f(x)－1＋f(－x)－1＝0，即f(x)＋f(－x)＝2，所以f(1)＋f(－1)＝2.因为F(0)＝f(0)－1＝0，所以f(0)＝1，故f(－1)＋f(0)＋f(1)＝2＋1＝3.
2. 已知函数f(x)＝a sin x＋b eq \r(3,x)＋4，若f(lg 3)＝3，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg \f(1,3)))＝( C )
A. eq \f(1,3) B. － eq \f(1,3)
C. 5 D. 8
【解析】 由f(lg 3)＝a sin (lg 3)＋b eq \r(3,lg 3)＋4＝3，得a sin (lg 3)＋b eq \r(3,lg 3)＝－1，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg \f(1,3)))＝f(－lg 3)＝－a sin (lg 3)－b eq \r(3,lg 3)＋4＝1＋4＝5.
3. (2024·福州、厦门三检)函数f(x)＝ eq \f(x2＋3,\r(x2＋1))的图象大致为( A )
AB

CD
【解析】 函数f(x)＝ eq \f(x2＋3,\r(x2＋1))的定义域为R，故排除C，D.又f(－x)＝f(x)，即f(x)为偶函数，图象关于y轴对称，排除B.
4. (2024·邯郸三调)已知f(x)是定义在R上的偶函数，f(x＋2)＝f(x)，且f(x)在[－1，0]上单调递减，若a＝f(lg345)，b＝f(－lg58)，c＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))，则( B )
A. a＜b＜c B. a＜c＜b
C. c＜a＜b D. b＜c＜a
【解析】 因为f(x)是偶函数，f(x＋2)＝f(x)，f(x)在[－1，0]上单调递减，所以f(x)在[1，2]上单调递减．a＝f(lg345)＝f(2＋lg35)＝f(lg35)，b＝f(－lg58)＝f(lg58)，因为53＝125＞34＝81，83＝512＜54＝625，所以5＞3 eq \s\up6(\f(4,3))，8＜5 eq \s\up6(\f(4,3))，所以1＜lg58＜ eq \f(4,3)＜lg35＜2，所以f(lg58)＞f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))＞f(lg35)，故a＜c＜b.
二、 多项选择题
5. (2024·南通一调)设函数f(x)的定义域为R，f(x)为奇函数，f(1＋x)＝f(1－x)，f(3)＝1，则( ABD )
A. f(－1)＝1 B. f(x)＝f(4＋x)
C. f(x)＝f(4－x) D. eq \(∑,\s\up6(18),\s\d4(k＝1)) f(k)＝－1
【解析】 由f(x)为奇函数，知函数f(x)的图象关于点(0，0)对称，又f(1＋x)＝f(1－x)，则f(x)的图象关于直线x＝1对称，故f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，则f(4＋x)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)为周期函数且周期为T＝4，故B正确；f(3)＝f(－1)＝1，故A正确；f(4－x)＝f(－x)＝－f(x)，故C错误；由上可知f(2)＝－f(0)＝0，f(4)＝f(0)＝0，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝－f(－1)＋0＋1＋0＝0，则 eq \(∑,\s\up6(18),\s\d4(k＝1))f(k)＝f(1)＋f(2)＝－1，故D正确．
6. 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f(x)＝ eq \f(3,2－x)－1，则下列说法正确的有( ACD )
A. 当x＞0时，f(x)＝1－ eq \f(3,2＋x)
B. f(0)＝ eq \f(1,2)
C. 不等式xf(x)＜0的解集为(－1，0)∪(0，1)
D. 若函数y＝|f(x)|－a的图象与x轴有4个不同的交点，则0＜a＜ eq \f(1,2)
【解析】 当x＞0时，－x＜0，由题意可知f(x)＝－f(－x)＝－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2－(－x))－1))＝1－ eq \f(3,2＋x)，A正确．由题意可知f(0)＝0，B错误．由以上知f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2－x)－1，x＜0，,0，x＝0，,1－\f(3,2＋x)，x＞0，))令f(x)＞0，则－1＜x＜0或x＞1；令f(x)＜0，则x＜－1或0＜x＜1.由xf(x)＜0，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞0，,f(x)＜0))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜0，,f(x)＞0，))即0＜x＜1或－1＜x＜0，C正确．令y＝|f(x)|－a＝0，得a＝|f(x)|，作出|f(x)|的图象如图所示，由图可知当y＝a和y＝|f(x)|存在4个交点时，0＜a＜ eq \f(1,2)，D正确．
(第6题答)
7. (2024·湛江二模)已知函数f(x)的定义域为R，f(x)不恒为零，且f(x＋y)＋f(x－y)＝2f(x)f(y)，则( ABD )
A. f(0)＝1
B. f(x)为偶函数
C. f(x)在x＝0处取得极小值
D. 若f(a)＝0，则f(x)＝f(x＋4a)
【解析】 对于A，令x＝y＝0，得2f(0)＝2[f(0)]2，解得f(0)＝0或f(0)＝1.当f(0)＝0时，令y＝0，则2f(x)＝2f(x)f(0)，则f(x)＝0，这与f(x)不恒为零矛盾，所以f(0)＝1，故A正确．对于B，令x＝0，则f(0＋y)＋f(0－y)＝2f(y)f(0)，即f(y)＝f(－y)，即f(x)为偶函数，故B正确．对于C，取f(x)＝cs x，满足题意，此时x＝0不是f(x)的极小值点，故C错误．对于D，令y＝a，得f(x＋a)＋f(x－a)＝2f(x)f(a)，若f(a)＝0，则f(x＋a)＝－f(x－a)，则f(x)＝－f(x＋2a)，则f(x＋4a)＝－f(x＋2a)＝f(x)，故D正确．
三、 填空题
8. (2023·全国甲卷理)若y＝(x－1)2＋ax＋sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))为偶函数，则a＝_2_．
【解析】 因为y＝f(x)＝(x－1)2＋ax＋sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝(x－1)2＋ax＋cs x＝x2＋cs x－2x＋ax＋1为偶函数，定义域为R，所以f(－x)＝(－x)2＋cs (－x)＋2x－ax＋1＝f(x)，解得a＝2.
9. (2024·枣庄一模)已知f(x＋2)为偶函数，且f(x＋2)＋f(x)＝－6，则f(2 027)＝_－3_．
【解析】 因为f(x＋2)为偶函数，所以f(x＋2)＝f(－x＋2)，又f(x＋2)＋f(x)＝－6，所以f(－x＋2)＋f(x)＝－6.因为f(x＋2)＋f(x)＝－6，所以f(x＋4)＋f(x＋2)＝－6，所以f(x＋4)＝f(x)，所以函数f(x)为周期函数，周期为4，所以f(2 027)＝f(3)＝f(－1).由f(－x＋2)＋f(x)＝－6，可得f(1)＋f(1)＝－6，由f(x＋2)＋f(x)＝－6，可得f(1)＋f(－1)＝－6，所以f(1)＝f(－1)＝－3，所以f(2 027)＝－3.
10. 已知函数f(x)为R上的偶函数，对任意x1，x2∈(－∞，0]，当x1≠x2时，均有(x1－x2)(f(x1)－f(x2))＜0成立．若f(lg3m)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg\s\d9(\f(1,3))m))＞2f(1)，则实数m的取值范围为_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))∪(3，＋∞)_．
【解析】 由任意x1，x2∈(－∞，0]，x1≠x2，均有(x1－x2)(f(x1)－f(x2))＜0成立，得f(x)在(－∞，0]上单调递减．又函数f(x)为R上的偶函数，则f(x)在[0，＋∞)上单调递增．不等式f(lg3m)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg\s\d9(\f(1,3))m))＞2f(1) ⇔f(lg3m)＋f(－lg3m)＞2f(1) ⇔2f(lg3m)＞2f(1) ⇔f(|lg3m|)＞f(1)，则|lg3m|＞1，即lg3m＜－1或lg3m＞1，解得0＜m＜ eq \f(1,3)或m＞3，所以实数m的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))∪(3，＋∞).
四、 解答题
11. 已知函数f(x)的定义域是{x|x∈R且x≠0}，对定义域内的任意x1，x2都有f(x1x2)＝f(x1)＋f(x2)，且当x＞1时，f(x)＞0，f(4)＝1.
(1) 判断函数f(x)的奇偶性并证明；
【解答】 f(x)是偶函数，证明如下：因为f(x1x2)＝f(x1)＋f(x2)，令x1＝x2＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，所以f(1)＝0.令x1＝x2＝－1，则f(1)＝f(－1)＋f(－1)，所以f(－1)＝0.令x1＝x，x2＝－1，则f(－x)＝f(x)＋f(－1)＝f(x)，即对任意的x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)都有f(－x)＝f(x)成立，所以f(x)是偶函数．
(2) 求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
【解答】 依题意，任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)·x2))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＋f(x2)，即f(x1)－f(x2)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2))).因为当x＞1时，f(x)＞0，而x1＞x2＞0，则 eq \f(x1,x2)＞1，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＞0，所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(3) 解不等式f(3x＋1)≤3－f(2x－6).
【解答】 因为f(x)是偶函数，f(4)＝1，3＝3f(4)＝f(4)＋f(4)＋f(4)＝f(16)＋f(4)＝f(64)，f(3x＋1)＋f(2x－6)＝f((3x＋1)(2x－6))＝f(|(3x＋1)(2x－6)|)，所以不等式f(3x＋1)≤3－f(2x－6)可化为f(|(3x＋1)(2x－6)|)≤f(64).由(2)可知，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以0＜|(3x＋1)(2x－6)|≤64，所以x≠3，x≠－ eq \f(1,3)，且－64≤(3x＋1)(2x－6)≤64，解得x≠3，x≠－ eq \f(1,3)，且－ eq \f(7,3)≤x≤5，所以x∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,3)，－\f(1,3)))∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，3))∪(3，5]，故原不等式的解集为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,3)，－\f(1,3)))∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，3))∪(3，5].
12. 设函数f(x)与g(x)的定义域是{x|x∈R且x≠±1}，f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，且f(x)＋g(x)＝ eq \f(x,x－1).
(1) 求f(x)与g(x)的解析式；
【解答】 根据题意，知f(x)＋g(x)＝ eq \f(x,x－1)，则f(－x)＋g(－x)＝ eq \f(－x,－x－1)＝ eq \f(x,x＋1).又f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，则f(－x)＋g(－x)＝f(x)－g(x)＝ eq \f(x,x＋1)，联立两式解得f(x)＝ eq \f(x2,x2－1)，g(x)＝ eq \f(x,x2－1).
(2) 求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＋f(2)＋f(3)＋f(4)的值．
【解答】 由(1)知f(x)＝ eq \f(x2,x2－1)，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝ eq \f(\f(1,x2),\f(1,x2)－1)＝ eq \f(－1,x2－1)，则有f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝ eq \f(x2,x2－1)＋ eq \f(－1,x2－1)＝1，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＋f(2)))＋ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＋f(3)))＋ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＋f(4)))＝3.
B组 能力提升练
13. 已知函数f(x)是三次函数且是幂函数，g(x)＝ eq \f(f(x)＋2|x|+1,2|x|)，则g(－2 025)＋g(－2 024)＋g(－2 023)＋…＋g(0)＋…＋g(2 023)＋g(2 024)＋g(2 025)＝( C )
A. 4 051 B. 8 100
C. 8 102 D. 9 094
【解析】 因为f(x)是三次函数且是幂函数，所以f(x)＝x3，所以g(x)＝ eq \f(x3＋2|x|+1,2|x|)＝ eq \f(x3,2|x|)＋2.令h(x)＝g(x)－2＝ eq \f(x3,2|x|)，则h(－x)＝g(－x)－2＝ eq \f((－x)3,2|－x|)＝ eq \f(－x3,2|x|)＝－h(x)，则h(x)是奇函数，所以g(－2 025)＋g(－2 024)＋g(－2 023)＋…＋g(0)＋…＋g(2 023)＋g(2 024)＋g(2 025)＝h(－2 025)＋h(－2 024)＋h(－2 023)＋…＋h(0)＋…＋h(2 023)＋h(2 024)＋h(2 025)＋4 051×2＝[h(－2 025)＋h(2 025)]＋[h(－2 024)＋h(2 024)]＋[h(－2 023)＋h(2 023)]＋…＋[h(－1)＋h(1)]＋h(0)＋8 102＝8 102.
14. (2024·无锡期末)已知函数f(x)的定义域为R，且f(x)＋x2为奇函数，f(x)－2x为偶函数．令函数g(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(x)，x≥0，,－f(x)，x＜0，))若存在唯一的整数x0，使得不等式g2(x0)＋a·g(x0)＜0成立，则实数a的取值范围为( B )
A. [－8，－3)∪(1，3] B. [－3，－1)∪(3，8]
C. [－3，0)∪(3，8] D. [－8，－3)∪(0，3]
【解析】 令h(x)＝f(x)＋x2，m(x)＝f(x)－2x，因为f(x)＋x2为奇函数，f(x)－2x为偶函数，所以h(－x)＝－h(x)＝f(－x)＋x2，m(－x)＝m(x)＝f(－x)＋2x，所以由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(h(x)＝f(x)＋x2，,－h(x)＝f(－x)＋x2，))可得f(x)＋f(－x)＝－2x2①，同理由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m(x)＝f(x)－2x，,m(x)＝f(－x)＋2x，))可得f(x)－f(－x)＝4x②.由①＋②得f(x)＝－x2＋2x，所以g(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x，x≥0，,x2－2x，x＜0.))作出g(x)的图象如图所示．要满足存在唯一的整数x0，使得不等式g2(x0)＋a·g(x0)＜0成立，而g2(x0)＋a·g(x0)＝g(x0)[g(x0)＋a]＜0.当a＝0时，g2(x0)＜0，显然不成立．当a＜0时，要使g(x0)∈(0，－a)只有一个整数解，因为g(1)＝1，g(－1)＝3，所以1＜－a≤3，即－3≤a＜－1.当a＞0时，要使g(x0)∈
(－a，0)只有一个整数解，又g(2)＝0，g(3)＝－3，g(4)＝－8，所以－8≤－a＜－3，即3＜a≤8.综上，实数a的取值范围为[－3，－1)∪(3，8].
(第14题答)
15. (2025·德州期中)已知函数f(x)的定义域为R，f(x－1)＋f(x＋1)＝f(3)，f(－2x＋2)为偶函数，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝1，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝_1_， eq \(∑,\s\up6(2 025),\s\d4(k＝1)) (k＋1)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k－\f(1,2)))＝_－2 026_．
【解析】 由f(x－1)＋f(x＋1)＝f(3)，得f(x)＋f(x＋2)＝f(3)，f(x＋2)＋f(x＋4)＝f(3)，所以f(x)＝f(x＋4)，故f(x)是周期为4的函数．因为f(－2x＋2)为偶函数，所以f(2－2x)＝f(2＋2x)，所以f(2－x)＝f(2＋x)，令x＝ eq \f(1,2)，得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝1.令x＝1，得f(1)＝f(3).在f(x－1)＋f(x＋1)＝f(3)中，令x＝2，得f(1)＋f(3)＝f(3)，所以f(1)＝f(3)＝0.令x＝ eq \f(3,2)，得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝0，故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝－1；令x＝ eq \f(5,2)，得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))＝0，故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝－1.由函数的周期性得 eq \(∑,\s\up6(2 025),\s\d4(k＝1)) (k＋1)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k－\f(1,2)))＝(－2＋3＋4－5)＋…＋(－2 022＋2 023＋2 024－2 025)－2 026＝－2 026.