資源簡介

第01講 函數及其性質
（單調性、奇偶性、周期性、對稱性）
（12類核心考點精講精練）
1. 5年真題考點分布
5年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
2024年新I卷，第6題,5分 根據分段函數的單調性求參數 判斷指數函數的單調性 判斷對數函數的單調性
2024年新I卷，第8題,5分 求函數值 抽象函數的關系 比較函數值的大小關系
2024年新Ⅱ卷，第6題,5分 函數奇偶性的定義與判斷 函數奇偶性的應用 根據函數零點的個數求參數范圍 求余弦(型)函數的奇偶性
2024年新Ⅱ卷，第11題,6分 函數對稱性的應用 函數單調性、極值與最值的綜合應用 利用導數研究函數的零點 判斷零點所在的區間
2023年新I卷，第4題,5分 復合函數的單調性 函數的單調性求參數值
2023年新I卷，第11題,5分 函數奇偶性的定義與判斷 函數極值點的辨析
2023年新Ⅱ卷，第4題,5分 函數奇偶性的應用 奇偶性求參數
2022年新I卷，第12題,5分 抽象函數的奇偶性 函數對稱性的應用 函數與導函數圖象之間的關系
2022年新Ⅱ卷，第8題,5分 函數奇偶性的應用 抽象函數的周期性求函數值
2021年新I卷，第13題,5分 由奇偶性求參數 無
2021年新Ⅱ卷，第8題,5分 函數奇偶性的應用 函數的周期性的定義與求解
2021年新Ⅱ卷，第14題,5分 函數奇偶性的定義與判斷 基本初等函數的導數公式
2020年新I卷，第8題,5分 函數奇偶性的應用 函數的單調性解不等式
2020年新Ⅱ卷，第7題,5分 復合函數的單調性 對數函數單調性
2020年新Ⅱ卷，第8題,5分 函數奇偶性的應用 函數的單調性解不等式
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的必考內容，設題穩定，難度中等偏難，分值為5-6分
【備考策略】1.會用符號語言表達函數的單調性,掌握求函數單調區間的基本方法
2.理解函數最大值、最小值的概念、作用和實際意義，會求簡單函數的最值
3.能夠利用函數的單調性解決有關問題
4.了解奇偶性的概念和意義，會運用函數圖象理解和研究函數的奇偶性
5.了解周期性的概念和意義.會判斷、應用簡單函數的周期性解決問題
6.能綜合運用函數的奇偶性、單調性、周期性、對稱性等解決相關問題.
【命題預測】本節內容是新高考卷的必考內容，一般會以抽象函數作為載體，考查函數的單調性、奇偶性、周期性及對稱性，是新高考一輪復習的重點內容.
知識講解
函數的單調性
(1)單調函數的定義
增函數 減函數
定義 一般地，設函數f(x)的定義域為I，如果對于定義域I內某個區間D上的任意兩個自變量的值x1，x2
當x1f(x2)，那么就說函數f(x)在區間D上是減函數
圖象描述 自左向右看圖象是上升的 自左向右看圖象是下降的
(2)單調區間的定義
如果函數y＝f(x)在區間D上是增函數或減函數，那么就說函數y＝f(x)在這一區間具有(嚴格的)單調性，區間D叫做y＝f(x)的單調區間．
(3)函數的最值
前提 設函數y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數M滿足
條件 (1)對于任意的x∈I，都有f(x)≤M； (2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M (3)對于任意的x∈I，都有f(x)≥M； (4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
結論 M為最大值 M為最小值
單調性的常見運算
單調性的運算
①增函數（↗）增函數（↗）增函數↗ ②減函數（↘）減函數（↘）減函數↘
③為↗，則為↘，為↘ ④增函數（↗）減函數（↘）增函數↗
⑤減函數（↘）增函數（↗）減函數↘ ⑥增函數（↗）減函數（↘）未知（導數）
復合函數的單調性
奇偶性
①具有奇偶性的函數定義域關于原點對稱（大前提）
②奇偶性的定義：
奇函數：，圖象關于原點對稱
偶函數：，圖象關于軸對稱
③奇偶性的運算
周期性（差為常數有周期）
①若，則的周期為：
②若，則的周期為：
③若，則的周期為：（周期擴倍問題）
④若，則的周期為：（周期擴倍問題）
對稱性（和為常數有對稱軸）
軸對稱
①若，則的對稱軸為
②若，則的對稱軸為
點對稱
①若，則的對稱中心為
②若，則的對稱中心為
周期性對稱性綜合問題
①若，，其中，則的周期為：
②若，，其中，則的周期為：
③若，，其中，則的周期為：
奇偶性對稱性綜合問題
①已知為偶函數，為奇函數，則的周期為：
②已知為奇函數，為偶函數，則的周期為：
考點一、根據函數解析式判斷函數單調性
1．（2021·全國·高考真題）下列函數中是增函數的為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據基本初等函數的性質逐項判斷后可得正確的選項.
【詳解】對于A，為上的減函數，不合題意，舍.
對于B，為上的減函數，不合題意，舍.
對于C，在為減函數，不合題意，舍.
對于D，為上的增函數，符合題意，
故選：D.
2．（2024·山西晉中·三模）下列函數中既是奇函數，又在上單調遞減的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根據奇函數和單調性的定義，結合基本初等函數的圖象逐項判斷.
【詳解】對于A：函數的定義域為R，
又，所以是偶函數，故A錯誤；
對于B：由冪函數的圖象可知，在上單調遞增，故B錯誤；
對于C：函數的定義域為，
又，所以是奇函數，
又冪函數都在上單調遞減，
所以函數在上單調遞減，故C正確；
對于D：因為對數函數在上單調遞增，
所以函數在上單調遞增，故D錯誤.
故選：C.
1．（2024·全國·一模）下列函數中在區間上單調遞減的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】結合常見函數的圖象和性質進行判斷.
【詳解】對于A，因為是周期函數，在上不單調，故A錯誤；
對于B，在上是，單調遞增，故B錯誤；
對于D，是二次函數，圖象是開口向上的拋物線，對稱軸為軸，
所以它在上為增函數，故D錯誤；
對于C，只有這個函數在上單調遞減，故C正確.
故選：C
2．（2024·吉林·模擬預測）下列函數中，既是奇函數，又在區間上單調遞增的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用奇函數的定義，即可判斷四個選項的奇偶性，只有是奇函數，又正切函數在上不是單調遞增函數，而函數的導函數恒大于零，所以只有C正確.
【詳解】對于A，，為偶函數，故A錯誤；
對于B，，為奇函數，又在不滿足單調遞增定義，所以B錯誤；
對于C，，為奇函數，， 在區間上單調遞增，故C正確；
對于D，是非奇非偶函數，所以D錯誤.
故選：C.
考點二、根據函數的單調性（含分段函數）求參數值
1．（2023·全國·高考真題）設函數在區間上單調遞減，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用指數型復合函數單調性，判斷列式計算作答.
【詳解】函數在R上單調遞增，而函數在區間上單調遞減，
則有函數在區間上單調遞減，因此，解得，
所以的取值范圍是.
故選：D
2．（2024·全國·高考真題）已知函數在R上單調遞增，則a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據二次函數的性質和分界點的大小關系即可得到不等式組，解出即可.
【詳解】因為在上單調遞增，且時，單調遞增，
則需滿足，解得，
即a的范圍是.
故選：B.
1．（2024·黑龍江大慶·模擬預測）函數在上單調遞減，則t的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根據復合函數的單調性可得的單調性，從而可求得t的取值范圍.
【詳解】因為函數在上單調遞增，所以根據復合函數的單調性可得函數在上單調遞減，則，解得.
故選：A
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數（且）在定義域內是增函數，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據題意，利用分段函數單調性的判定方法，列出不等式組，即可求解.
【詳解】由函數 ，
因為函數在定義域內是增函數，則滿足，
解得，即實數的取值范圍為.
故選：C．
考點三、根據函數單調性解不等式
1．（2024·江西·模擬預測）已知奇函數在上單調遞增，且，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用函數的奇偶性及單調性計算即可.
【詳解】由，可得，
因為是奇函數，且，所以，
因為在上單調遞增，所以，
故不等式的解集為．
故選：D
2．（2020·山東·高考真題）若定義在的奇函數f(x)在單調遞減，且f(2)=0，則滿足的x的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】首先根據函數奇偶性與單調性，得到函數在相應區間上的符號，再根據兩個數的乘積大于等于零，分類轉化為對應自變量不等式，最后求并集得結果.
【詳解】因為定義在上的奇函數在上單調遞減，且，
所以在上也是單調遞減，且，，
所以當時，，當時，，
所以由可得：
或或
解得或，
所以滿足的的取值范圍是，
故選：D.
【點睛】本題考查利用函數奇偶性與單調性解抽象函數不等式，考查分類討論思想方法，屬中檔題.
3．（2024·四川南充·二模）設函數，則滿足的的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】構造函數，說明其單調性和奇偶性, 轉化為解不等式即可求解.
【詳解】，
設，
又易知，為上的奇函數，
又，
在上單調遞增，
又，
，
，
，又為上的奇函數，
，又在上單調遞增，
，
，
故滿足的的取值范圍是．
故選：C．
1．（2024·湖北武漢·二模）已知函數，則關于的不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】消去絕對值可得函數的單調性，利用函數單調性解不等式即可得.
【詳解】由，故在上單調遞增，
由，有，即.
故選：A.
2．（2024·吉林長春·模擬預測）已知函數，則不等式的解集為 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】判斷的奇偶性和單調性，再根據函數性質求解不等式即可.
【詳解】，定義域為，又，故為偶函數；
又當時，均為單調增函數，故為上的單調增函數；
又，故當時，，則此時為上的單調增函數，故時，為單調減函數；
，即，則，即，，
也即，解得.
故選：A.
3．（2024·全國·模擬預測）已知函數，則滿足的的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】設，即可判斷為奇函數，又，可得圖象的對稱中心為，則，再判斷的單調性，不等式，即，結合單調性轉化為自變量的不等式，解得即可.
【詳解】設，，則，所以為奇函數．
又，
則的圖象是由的圖象向右平移個單位長度得到的，
所以圖象的對稱中心為，所以．
因為在上單調遞增，在上單調遞減，
所以在上單調遞增，則在上單調遞增，
因為，
所以，所以，解得，
故滿足的的取值范圍為．
故選：B
考點四、根據函數單調性比較函數值大小關系
1．（2024·全國·高考真題）已知函數的定義域為R，，且當時，則下列結論中一定正確的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】代入得到，再利用函數性質和不等式的性質，逐漸遞推即可判斷.
【詳解】因為當時，所以，
又因為，
則，
，
，
，
，則依次下去可知，則B正確；
且無證據表明ACD一定正確.
故選：B.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是利用，再利用題目所給的函數性質，代入函數值再結合不等式同向可加性，不斷遞推即可.
2．（2023·全國·高考真題）已知函數．記，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用作差法比較自變量的大小，再根據指數函數的單調性及二次函數的性質判斷即可.
【詳解】令，則開口向下，對稱軸為，
因為，而，
所以，即
由二次函數性質知，
因為，而，
即，所以，
綜上，，
又為增函數，故，即.
故選：A.
3．（2024·寧夏銀川·二模）定義域為的函數滿足為偶函數，且當時，恒成立，若，，，則，，的大小關系為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據條件先得到函數的對稱性和單調性，再根據單調性比較大小.
【詳解】當時，恒成立，
即當時，，函數在上單調遞增，
又為偶函數，即，所以函數關于對稱，
則函數在上單調遞減，
所以
因為，所以
所以，
所以，即，
故選：D.
1．（2024·遼寧丹東·二模）已知函數，，，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據題意，利用導數求得函數的單調性，結合對數的運算性質，進而求得的大小關系，得到答案.
【詳解】因為函數，可得，
當時，；當時，；
當時，，
所以在和上遞增，在上遞減，
因為，可得，所以，
又因為，，
所以，所以，即，所以.
故選：D.
2．（2024·北京·模擬預測）函數，記，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由題意得是上的偶函數，由復合函數單調性可知關于在上單調遞減，進一步比較對數、指數冪的大小即可求解.
【詳解】注意到定義域為全體實數，且，
所以是上的偶函數，
從而，
因為在上單調遞增，
所以關于在上單調遞減，
而，
所以.
故選：B.
3．（2024·寧夏石嘴山·三模）若定義在上的偶函數在上單調遞增，則的大小關系為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用冪函數的單調性以及對數運算判斷處，再結合的奇偶性以及單調性，即可得答案.
【詳解】因為是定義在上偶函數，所以，
因為，則，所以，
因為在上單調遞增，所以，
即，
故選：A．
考點五、根據函數的奇偶性求參數值
1．（2023·全國·高考真題）已知是偶函數，則（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【分析】根據偶函數的定義運算求解.
【詳解】因為為偶函數，則，
又因為不恒為0，可得，即，
則，即，解得.
故選：D.
2．（2023·全國·高考真題）若為偶函數，則（ ）．
A． B．0 C． D．1
【答案】B
【分析】根據偶函數性質，利用特殊值法求出值，再檢驗即可.
【詳解】因為 為偶函數，則 ，解得，
當時，，，解得或，
則其定義域為或，關于原點對稱.
，
故此時為偶函數.
故選：B.
3．（2023·全國·高考真題）若為偶函數，則 ．
【答案】2
【分析】利用偶函數的性質得到，從而求得，再檢驗即可得解.
【詳解】因為為偶函數，定義域為，
所以，即，
則，故，
此時，
所以，
又定義域為，故為偶函數，
所以.
故答案為：2.
1．（2024·陜西安康·模擬預測）已知函數為奇函數，則（ ）
A． B．0 C．1 D．
【答案】C
【分析】由奇函數的定義可得，結合對數的運算性質計算即可求解.
【詳解】因為為R上的奇函數，所以，
即，
整理得，解得.
故選：C
2．（2024·山東·模擬預測）已知函數是偶函數，則的值是（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【分析】利用偶函數可得，可求的值.
【詳解】因為函數是偶函數，所以，
即，
所以，所以，即，故A正確.
故選：A.
3．（2024·上海奉賢·三模）若函數為奇函數，則 ．
【答案】
【分析】利用函數是奇函數得到，然后利用方程求解，即可得解．
【詳解】因為函數為奇函數，
所以，
當時，則，
則，
即，
所以，解得，
所以.
故答案為：.
考點六、抽象函數奇偶性的綜合應用
1．（2021·全國·高考真題）設函數的定義域為R，為奇函數，為偶函數，當時，．若，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】通過是奇函數和是偶函數條件，可以確定出函數解析式，進而利用定義或周期性結論，即可得到答案．
【詳解】[方法一]：
因為是奇函數，所以①；
因為是偶函數，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因為，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：從定義入手．
所以．
[方法二]：
因為是奇函數，所以①；
因為是偶函數，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因為，所以，
令，由①得：，所以．
思路二：從周期性入手
由兩個對稱性可知，函數的周期．
所以．
故選：D．
【點睛】在解決函數性質類問題的時候，我們通常可以借助一些二級結論，求出其周期性進而達到簡便計算的效果．
2．（2024·河南鄭州·模擬預測）已知為奇函數，則（ ）
A． B．14 C． D．7
【答案】C
【分析】根據函數奇偶性定義和性質即可求解.
【詳解】因為為奇函數，
故，
，
，
，
故.
故選：C.
3．（2024·河南·三模）（多選）定義在上的函數滿足，則（ ）
A． B．
C．為奇函數 D．單調遞增
【答案】BCD
【分析】利用賦值法可求及，故可判斷各項的正誤，也可以由題意得，結合條件推出的解析式，進而即可求解判斷ABCD四個選項.
【詳解】法1：令，則，
令，則，
若或，
若，則即，
由的任意性可得不恒成立，故不成立，故，
故A錯誤，B正確.
令，則，
故為奇函數，且，它為上的增函數，
故CD正確.
法2：由條件，得
，
由的任意性得為常數，
故代回去得：
，
所以由的任意性只能，即，為增函數，
所以，為奇函數，
故A錯，BCD對.
故選：BCD.
1．（2024·廣東茂名·模擬預測）（多選）已知函數的定義域為R，，，則（ ）
A． B．函數是奇函數 C． D．的一個周期為3
【答案】AC
【分析】根據條件等式，利用賦值法，求特殊函數值，以及判斷函數的奇偶性和周期性.
【詳解】令，則，所以，A選項正確；
令，則，即，所以是偶函數，B選項錯誤；
，令，則，
令，則，所以，
所以，因為，所以，，C選項正確；
令，則，
所以，，所以，的一個周期為6，D選項錯誤.
故選：AC．
2．（2024·湖南邵陽·模擬預測）（多選）已知函數的定義域為，為奇函數，為偶函數，且對任意的，，都有，則（ ）
A．是奇函數 B．
C．的圖象關于對稱 D．
【答案】BC
【分析】根據函數的奇偶性和題設條件，推得是周期為4的周期函數，結合周期函數的性質求值，利用單調性比較大小，逐項判定即可求解.
【詳解】因為為奇函數，所以
,即函數關于對稱，C正確;
由函數關于對稱可知,
又因為為偶函數，所以
，即函數關于對稱，
則,
所以,即,
所以,所以是周期為4的周期函數，
所以,又,
所以,所以,所以,B正確;
是偶函數，A錯誤;
對任意的,且,都有,不妨設,
則,由單調性的定義可得函數在上單調遞增，
又由函數關于對稱，所以在上單調遞增
又,,
所以,得，D錯誤.
故選：BC
【點睛】關鍵點點睛：本題考查抽象函數，解題關鍵是合理利用抽象函數的單調性，奇偶性周期性分析題意，然后逐個選項分析即可．
考點七、函數周期性的綜合應用
1．（2021·全國·高考真題）已知函數的定義域為，為偶函數，為奇函數，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】推導出函數是以為周期的周期函數，由已知條件得出，結合已知條件可得出結論.
【詳解】因為函數為偶函數，則，可得，
因為函數為奇函數，則，所以，，
所以，，即，
故函數是以為周期的周期函數，
因為函數為奇函數，則，
故，其它三個選項未知.
故選：B.
2．（2024·江西·模擬預測）（多選）已知函數對任意的，，都有，且，，則（ ）
A． B．是奇函數 C．的周期為4 D．，
【答案】ACD
【分析】令，即可判斷A；令，即可判斷B；令，求出，再令，即可判斷C；根據C選項可求出，再根據函數的周期性即可判斷D.
【詳解】由，
令，則，
又，所以，故A正確；
令，則，
所以，所以是偶函數，故B錯誤；
令，則，所以，
令，則，
所以，即，
所以，所以的周期為4，故C正確；
由，得，
所以
，故D正確.
故選：ACD.
3．（2024·江蘇泰州·模擬預測）（多選）已知可導函數及其導函數的定義域均為，若是奇函數，，且對任意，恒有，則一定有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】先根據題意，利用賦值法，結合函數奇偶函數的定義得出：是上的奇函數，周期為，是上的偶函數，周期為；再逐項分析即可解答.
【詳解】因為是上的奇函數，
所以，
則，即是上的偶函數.
令，由得：，①
令取，得，
結合是上的奇函數，是上的偶函數，得，②
結合，由①②可得：，即.
所以，
又因為是上的奇函數，
所以，
則，
所以函數，是周期為的函數.
對于選項A：因為，，
所以令，得，
所以，故選項A正確；
對于選項B：因為是上的奇函數，周期為，
所以，故選項B正確；
對于選項C：因為，
所以，故選項C錯誤；
對于選項D：因為是上的偶函數，周期為，
所以.
令，，由得：，解得：，
所以，故選項D正確.
故選：ABD.
【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查抽象函數的性質，涉及函數的奇偶性、周期性及導數的計算.解題關鍵在于熟練地應用函數奇偶性、周期性的定義及導數的計算，利用賦值法推導出函數，的性質.
1．（2024·重慶·三模）已知是定義域為的奇函數且滿足，則（ ）
A． B．0 C．1 D．
【答案】B
【分析】根據題意，推得，得到是周期為2的周期函數，結合，即可求解.
【詳解】由是定義域為的奇函數，則，且，
又由滿足，即，
則有，可得，即函數是周期為2的周期函數，
故.
故選：B.
2．（2024·河南·模擬預測）已知函數的定義域為，若，且，則 .
【答案】
【分析】通過賦值法解出，由解出；進而求出，再證明函數為偶函數，進而證出，結合偶函數得出函數周期，求出最后求解即可.
【詳解】令，得，
再令，得，
所以，因為，所以，
令，得，
所以，即，
若，則代入中，，
由，所以，即，且，
令，得，
由，，所以，
所以為偶函數，所以，，
令，得，
所以，即，
因為，所以，
所以為周期函數，周期為4，
所以，
，
所以
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：該題剛開始的關鍵是通過賦值法求得的值，這也是抽象函數求函數值的常用方法，另一個關鍵點是從所求出發：求多個函數值和，聯想到這種類型的求和大概兩種：一種轉化成某個數列求和，另一種利用周期性求和，所以接下來的關鍵就是借助奇偶性求函數的周期.
3．（2024·廣東深圳·模擬預測）（多選）已知函數及其導函數的定義域均為R，若是奇函數，，且對任意，，則（ ）
A． B．
C．是周期為3的函數 D．
【答案】ACD
【分析】根據函數的性質和導函數的運算法則，結合賦值法可得相關結論.
【詳解】對于A：令，得，
因為，所以，A正確；
對于B：令，得 ①，
所以，
因為是奇函數，，
所以，即是偶函數，
所以②，
由①②，得，
即，
所以，
所以，是周期為3的函數，
所以，所以B錯誤，C正確；
對于D：因為，
在①中令得，，
所以，，
所以D正確．
故選：ACD．
考點八、函數對稱性的綜合應用
1．（2022·全國·高考真題）已知函數的定義域均為R，且．若的圖像關于直線對稱，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據對稱性和已知條件得到，從而得到，，然后根據條件得到的值，再由題意得到從而得到的值即可求解.
【詳解】因為的圖像關于直線對稱，
所以，
因為，所以，即，
因為，所以，
代入得，即，
所以，
.
因為，所以，即，所以.
因為，所以，又因為，
聯立得，，
所以的圖像關于點中心對稱，因為函數的定義域為R，
所以
因為，所以.
所以.
故選：D
【點睛】含有對稱軸或對稱中心的問題往往條件比較隱蔽，考生需要根據已知條件進行恰當的轉化，然后得到所需的一些數值或關系式從而解題.
2．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知函數在存在最大值與最小值分別為和，則函數，函數圖像的對稱中心是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】通過分析函數，得出最大值與最小值的和，得出函數的表達式，利用對勾函數的對稱點即可得出函數的對稱點.
【詳解】由題意，
在中，，
∴，
∵最大值與最小值分別為和，
∴
在對勾函數中，對稱軸為，對稱點為，
在中，，
∴即，對稱軸為，
函數為對勾函數向下平移1個單位得到，
∴函數對稱點為，
故選：C.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查.函數的性質，構造函數，對稱中心，函數的最值（和），考查學生的分析和處理問題的能力，計算能力，具有一定的綜合性.
1．（2024·寧夏銀川·三模）已知函數，則下列說法不正確的是（ ）
A．函數單調遞增 B．函數值域為
C．函數的圖象關于對稱 D．函數的圖象關于對稱
【答案】C
【分析】分離常數，再根據復合函數單調性的判斷方法，即可判斷A；根據函數形式的變形，根據指數函數的值域，求解函數的值域，即可判斷B；根據對稱性的定義，與的關系，即可判斷CD.
【詳解】，
函數，，則，
又內層函數在上單調遞增，外層函數在上單調遞增，
所以根據復合函數單調性的法則可知，函數單調遞增，故A正確；
因為，所以，則，
所以函數的值域為，故B正確；
，，
所以函數關于點對稱，故C錯誤，D正確.
故選：C.
2．（2024·陜西西安·模擬預測）已知的定義域為，函數滿足，圖象的交點分別是，，則可能值為（ ）
A．2 B．14 C．18 D．25
【答案】C
【分析】可以分別說明的對稱中心為，從而兩個函數的圖象交點關于對稱，即應為6的倍數，由此即可逐一判斷.
【詳解】因為函數滿足，所以的對稱中心為，
注意到
，
所以的對稱中心也是，
故兩個函數的圖象交點關于對稱，
故應為6的倍數，對比選項可知C選項符合題意.
故選：C.
考點九、周期性對稱性的綜合應用
2．（2022·全國·高考真題）（多選）已知函數及其導函數的定義域均為，記，若，均為偶函數，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】方法一：轉化題設條件為函數的對稱性，結合原函數與導函數圖象的關系，根據函數的性質逐項判斷即可得解.
【詳解】[方法一]：對稱性和周期性的關系研究
對于，因為為偶函數，所以即①，所以，所以關于對稱，則，故C正確；
對于，因為為偶函數，，，所以關于對稱，由①求導，和，得，所以，所以關于對稱，因為其定義域為R，所以，結合關于對稱，從而周期，所以，，故B正確，D錯誤；
若函數滿足題設條件，則函數（C為常數）也滿足題設條件，所以無法確定的函數值，故A錯誤.
故選：BC.
[方法二]：【最優解】特殊值，構造函數法.
由方法一知周期為2，關于對稱，故可設，則，顯然A，D錯誤，選BC.
故選：BC.
[方法三]：
因為，均為偶函數，
所以即，，
所以，，則，故C正確；
函數，的圖象分別關于直線對稱，
又，且函數可導，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正確，D錯誤；
若函數滿足題設條件，則函數（C為常數）也滿足題設條件，所以無法確定的函數值，故A錯誤.
故選：BC.
【點評】方法一：根據題意賦值變換得到函數的性質，即可判斷各選項的真假，轉化難度較高，是該題的通性通法；
方法二：根據題意得出的性質構造特殊函數，再驗證選項，簡單明了，是該題的最優解．
3．（2024·河南·一模）（多選）已知定義在上的函數，，其導函數分別為，，，，且，則（ ）
A．的圖象關于點中心對稱 B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】先根據條件分析出的周期性和對稱性，再得到的周期性，根據函數性質即可得結果.
【詳解】由題意可得，兩式相減可得①，
所以的圖象關于點成中心對稱，故A錯誤；
由②，②式兩邊對求導可得，
可知是偶函數，以替換①中的可得，
可得，所以是周期為4的周期函數，故B正確；
因為，可知也是周期為4的周期函數，
即，兩邊求導可得，所以，故C正確；
因為，令，則，即，
又因為是偶函數，所以，又因為是周期為4的周期函數，
則，由可得，
所以，D正確.
故選：BCD.
【點睛】關鍵點睛：解決這類題的關鍵是熟練掌握對稱與周期的關系，若關于兩點（縱坐標相同）或者兩條直線（平行于軸）對稱，則周期為這兩點或者這兩條直線的距離的兩倍，若關于一點和一直線（平行于軸）對稱，則周期為這點和這條直線的距離的四倍.
1．（2024·陜西榆林·一模）定義在R上的函數，滿足，，，，則下列說法中錯誤的是（ ）
A．是函數圖象的一條對稱軸
B．2是的一個周期
C．函數圖象的一個對稱中心為
D．若且，，則n的最小值為2
【答案】D
【分析】由已知可推得關于直線對稱，.又有.進而得出，即有，即可得出B項；根據的周期可得出的周期為4，結合的對稱性，即可得出A項；由的對稱中心，即可得出關于點對稱，結合的性質，即可得出C項；根據的周期性以及對稱性可得，，然后分討論求解，即可判斷D項.
【詳解】由可得，所以關于直線對稱，
所以關于直線對稱，即關于直線對稱，
所以關于直線對稱，所以關于直線對稱，
所以有，所以有，所以.
又由可得，，所以關于點對稱，
所以.
對于B項，因為，，
所以，，所以，
所以，的周期為，故B項正確；
對于A項，由已知周期為2，所以的周期為4.
因為關于直線對稱，所以是函數圖象的一條對稱軸，故A項正確；
對于C項，關于點對稱，所以關于點對稱，
所以關于點對稱，所以.
又關于直線對稱，所以，
所以，所以有，
所以函數圖象的一個對稱中心為，故C項正確；
對于D項，由C知，關于點對稱，關于點對稱，
所以，，，所以.
又的周期為4，所以對，.
因為，
則當時，有.
因為，所以，不滿足題意；
當時，，不滿足題意；
當時，，滿足題意.
故n的最小值為3，D錯誤.
故選：D
【點睛】關鍵點睛：根據已知關系式可得出的對稱軸，進而根據的關系，即可推得的對稱軸，結合的對稱中心，即可得出的周期.
2．（2024·河南新鄉·三模）（多選）已知定義在上的函數滿足，且，若，則（ ）
A． B．的圖象關于直線對稱
C．是周期函數 D．
【答案】BCD
【分析】根據給定的等式，結合賦值法推導出函數及對稱軸，再逐項分析計算得解.
【詳解】由，得，
則，即，因此是周期為4的周期函數，C正確；
令，得，則，因此，A錯誤；
由，得，則，
因此的圖象關于直線對稱，B正確；
由，得的圖象關于直線對稱，
因此直線及均為圖象的對稱軸，
從而，令，得，
即，則，
故
，D正確.
故答案為：BCD
【點睛】結論點睛：函數的定義域為D，，
①存在常數a，b使得，則函數圖象關于點對稱.
②存在常數a使得，則函數圖象關于直線對稱.
3．（2024·河北邢臺·二模）（多選）已知函數，的定義域均為，且，，若，且，則下列結論正確的是（ ）
A．是奇函數 B．是的對稱中心
C．2是的周期 D．
【答案】BD
【分析】利用已知恒等式證明，從而得到B正確；再推知及，從而計算出D的結果；利用反證法即可說明A和C錯誤.
【詳解】對于A，由已知有，所以是偶函數.
假設是奇函數，那么必有，故，矛盾.
所以不是奇函數，A錯誤；
對于B，由已知有，故.
所以，故是的對稱中心，B正確；
對于C，由已知有.
所以.
假設2是的周期，那么，從而.
但，故，矛盾.
所以不以2為周期，C錯誤；
對于D，由于，，
故.
所以，即.
再由可得，即.
這就得到
，
故D正確.
故選：BD.
考點十、周期性奇偶性的綜合應用
1．（2024·重慶·模擬預測）已知是定義在上的函數，若函數為偶函數，函數為奇函數，則（ ）
A．0 B．1 C．2 D．-1
【答案】A
【分析】根據條件得到函數是周期為的函數，再根據條件得出，即可求出結果.
【詳解】因為函數為偶函數，所以，函數的圖象關于直線對稱，
又函數為奇函數，所以，所以函數的圖象關于對稱，
所以，所以，即，
所以，則函數的一個周期為4，
令，則，所以，
令，，又，所以，
，
所以.
故選：A
2．（2024·四川南充·三模）已知函數的定義域均為R，函數的圖象關于原點對稱，函數的圖象關于y軸對稱，，則（ ）
A． B． C．3 D．4
【答案】B
【分析】利用題設得到①和②，又由，結合①式，推得的周期為12，利用求得和，最后利用的周期性即可求得.
【詳解】由函數的圖象關于原點對稱，，
即，即①，
由函數的圖象關于y軸對稱，可得②，
由可得，又得，
兩式相加，，將①式代入，得，
則得，將②式代入得，，則，
于是，即的周期為12.
又，由①可得，得，
又由可得，即得.
因，可得，，
于是，
故選：B.
【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查抽象函數的對稱性應用，屬于難題.
解題關鍵在于根據中心對稱和軸對稱得出函數關系式：①和②，再由利用消元思想，轉化為關于的關系式是最關鍵之處，其次是利用的關系式求得的周期是第二關鍵，之后賦值求得即可得解.
1．（2024·江蘇泰州·模擬預測）已知是定義在R上的函數，且為偶函數，為奇函數，當時，，則（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【分析】先根據為偶函數，為奇函數，求出函數的周期，再根據函數的周期求解即可.
【詳解】因為為偶函數，
所以，即，所以，
因為為奇函數，
所以，
所以，即，
所以，
所以函數是以為周期的周期函數，
所以，
又，所以，
即.
故選：C.
【點睛】方法點睛：函數的三個性質：單調性、奇偶性和周期性，在高考中一般不會單獨命題，而是常將它們綜合在一起考查，其中單調性與奇偶性結合、周期性與抽象函數相結合，并結合奇偶性求函數值，多以選擇題、填空題的形式呈現，且主要有以下幾種命題角度；
（1）函數的單調性與奇偶性相結合，注意函數的單調性及奇偶性的定義，以及奇、偶函數圖象的對稱性．
（2）周期性與奇偶性相結合，此類問題多考查求值問題，常利用奇偶性及周期性進行交換，將所求函數值的自變量轉化到已知解析式的函數定義域內求解；
（3）周期性、奇偶性與單調性相結合，解決此類問題通常先利用周期性轉化自變量所在的區間，然后利用奇偶性和單調性求解.
2．（2024·江蘇南通·三模）已知函數的定義域為，且為偶函數，為奇函數．若，則（ ）
A．23 B．24 C．25 D．26
【答案】C
【分析】根據函數奇偶性推出函數關于直線對稱和關于點 對稱，則得到其周期，再計算其一個周期內的和，最后代入計算即可.
【詳解】為偶函數，則則關于對稱，
為奇函數，則，
即，則關于點對稱，
則由其關于對稱有，則，
則，作差有，
為周期函數，且周期為4，因為，，則，
因為，，則，
，則，
，，
故選：C.
3．（2024·寧夏石嘴山·模擬預測）已知函數的定義域為，且為奇函數，為偶函數，，則 .
【答案】4048
【分析】根據題中為奇函數，為偶函數，從而可得出為周期為4的函數，從而可求解.
【詳解】由題意得為奇函數，所以，即，所以函數關于點中心對稱，
由為偶函數，所以可得為偶函數，則，所以函數關于直線對稱，
所以，從而得，所以函數為周期為4的函數，
因為，所以，則，
因為關于直線對稱，所以，
又因為關于點對稱，所以，
又因為，又因為，所以，
所以.
故答案為：4048.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是根據函數的奇偶性得到函數的周期，再求出一個周期內的值，最后求和即可.
考點十一、奇偶性對稱性的綜合應用
1．（2024·福建泉州·模擬預測）已知為奇函數，則（ ）
A．6 B．5 C． D．
【答案】D
【分析】根據奇函數性質對函數依次賦值即可求解.
【詳解】由題為奇函數，則，
所以，
所以關于對稱，
所以，
故選：D.
2．（2024·黑龍江·三模）已知函數在上的最大值和最小值分別為，，則（ ）
A． B．0 C．2 D．4
【答案】A
【分析】構造函數，證明為奇函數，從而得到，即可求出的值.
【詳解】令，定義域為，
因為在上的最大值和最小值分別為，，
所以在上的最大值和最小值分別為，，
因為，
所以為奇函數，的圖象關于原點對稱，
所以的最大值和最小值互為相反數，即，
所以，
故選：A.
1．（2024·河北·二模）已知函數為奇函數，則函數的圖象（ ）
A．關于點對稱 B．關于點對稱
C．關于點對稱 D．關于點對稱
【答案】C
【分析】由函數的平移變化即可求得出答案.
【詳解】函數為奇函數，圖象關于對稱，
將函數向左平移一個單位可得函數，
則函數關于對稱，
所以函數的圖象關于對稱.
故選：C.
2．（2024·江西南昌·三模）（多選）已知函數，若的圖象關于直線對稱，則下列說法正確的是（ ）
A．的圖象也關于直線對稱 B．的圖象關于中心對稱
C． D．
【答案】BCD
【分析】根據題意，由函數圖象的對稱性可得，，由此分析可得由此分析選項，即可得答案.
【詳解】設關于直線對稱，
所以， ，
所以或，
當時，，的圖象關于直線對稱，
此時，，
∴，
當時，,
∴，∴，
又∵是一個定值，而隨的不同而不同，
∴此等式不成立，即不成立,
∴，即，所以的圖象關于中心對稱，B正確；
∴，，即，C正確.
與關于對稱，
∴，即，即，
∴，D正確，
又，則，即，
，而，
若A選項成立，則時，，所以
但此時，，
所以由可得，但這與已知矛盾，
所以的圖象不可能關于直線對稱，A錯誤.
故選：BCD.
考點十二、函數性質的全部綜合應用
1．（2024·山東·模擬預測）（多選）已知定義域為R的函數滿足，，且為奇函數，則（ ）
A． B．函數的一個周期為4
C． D．
【答案】BC
【分析】根據奇函數的性質得到，利用賦值法判斷A，令，結合，即可得到為偶函數，推出的周期，即可判斷B、C，再由利用并項求和判斷D.
【詳解】因為為定義域為R上奇函數，所以，即，
在，令，可得，故A錯誤；
令，因為，所以，即，
所以為偶函數，
又為奇函數，所以，
即，所以，
所以，即，
所以，則，所以，
所以是以為周期的周期函數，
所以，則，故B、C正確；
由與得，
所以，
所以，，，
，，
，，
，，
，
所以
，故D錯誤.
故選：BC
【點睛】關鍵點點睛：本題解答的關鍵是令，利用賦值法及所給條件一一計算.
2．（2024·江西·模擬預測）（多選）已知定義在上的函數滿足，的導函數為，則（ ）
A． B．是單調函數
C． D．為偶函數
【答案】ACD
【分析】對于A：利用賦值法分析可得，；對于B：根據結合單調性的定義分析判斷；對于C：分析可得，即可得結果；對于D：對求導，結合偶函數的定義分析判斷.
【詳解】因為，且的定義域為，
對于選項A：令，則，可得；
令，則，可得，故A正確；
對于選項B：由選項A可知，所以不是單調函數，故B錯誤；
對于選項C：令，可得，
即，所以，故C正確；
對于選項D：由選項C可知，
對兩邊求導得，即，
所以為偶函數，故D正確．
故選：ACD．
【點睛】方法點睛：函數的性質主要是函數的奇偶性、單調性和周期性以及函數圖象的對稱性，在解題中根據問題的條件通過變換函數的解析式或者已知的函數關系，推證函數的性質，根據函數的性質解決問題．
3．（2024·廣東廣州·模擬預測）（多選）已知函數，及導函數，的定義域均為.若是奇函數，且，，則（ ）
A． B．是偶函數
C． D．
【答案】CD
【分析】由可知，. 結合,可得，且是奇函數就可以判斷A項.根據, 可知是周期為4的函數，以及和圖象得對稱點，可以判斷B選項不正確. 利用賦值法，找到規律，即可判斷C項正確. 根據，及周期性可以知道，，即可判斷D項正確.
【詳解】因為，所以（，）.
又因為，所以，.
則，所以.
于是可得，令，
則，所以.
所以，所以，
又因為，所以，即①
因為是奇函數，所以②，
，，所以A錯誤.
由①②得，所以函數是周期為4的周期函數.
因為，因此函數也是周期為4的函數.
又的圖像關于點對稱，所以的圖像關于點對稱，所以B選項不正確.因為，令，得，
即，所以；
令，得，所以，
所以，所以，所以C選項正確.
因為，所以，
，，
，
則有，
可得，所以D選項正確.
故選：CD.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于通過導數的關系和奇函數的性質推導函數間的關系.采用賦值法，找到周期函數的周期，再借助圖象關于某點對稱推出另一個函數的對此點再根據平移變換進行解答.
1．（2024·黑龍江·模擬預測）（多選）已知函數的定義域為，若，有，，則（ ）
A． B．
C．為偶函數 D．4為函數的一個周期
【答案】ACD
【分析】根據已知條件進行賦值，以及利用變量替換推出函數性質，逐一判斷選項即可求解.
【詳解】根據題意，，
取，得，因為，所以，A正確;
取，得，所以，B錯誤;
取，得，即，
所以為偶函數，C正確;
取，得，所以，
即4為函數的一個周期，D正確.
故選：ACD.
【點睛】方法點睛：解答抽象函數問題，常用的方法是賦值法，求函數值時，通常令等式中的變量取等特殊值；判斷函數奇偶性時，通常通過賦值使等式中出現；當然要結合所求靈活賦值，根據函數的性質進行求解.
2．（2024·河南鄭州·二模）（多選）已知函數的定義域為，且，為偶函數，則（ ）
A． B．為偶函數
C． D．
【答案】ACD
【分析】令，可判斷A；令，可判斷B；由函數圖象的變換可得的圖象關于對稱，結合奇偶性可得周期性，即可判斷C；根據周期性和賦值法求得，然后可判斷D.
【詳解】令，得，即，A正確；
令，得，
又，所以對任意恒成立，
因為，所以不恒為0，
所以，即，B錯誤；
將的圖象向左平移1個單位后，再將圖象上所有點的橫坐標變為原來的，縱坐標不變，可得的圖象，
因為的圖象關于對稱，所以的圖象關于對稱，
所以，
又為奇函數，
所以，
所以，所以4為的周期.
由可得，C正確；
因為，，，
所以，D正確.
故選：ACD
【點睛】難點點睛：本題難點在于合理賦值，利用對稱性求得周期，然后即可求解.
3．（2024·山東臨沂·二模）（多選）已知定義在上的函數滿足，，且，則（ ）
A．的最小正周期為4 B．
C．函數是奇函數 D．
【答案】AB
【分析】據題意，通過賦值得到，，即可判斷A；令，可求出，由周期性可判斷B；令，得到，由周期性，可證明是奇函數，假設函數是奇函數，推出矛盾，判斷C；由周期性及對稱性可計算D.
【詳解】對于A，因為，
所以，，
所以，故的最小正周期為4，A正確；
對于B，因為，
令，則，
所以，
由A可知，，故B正確；
對于C， 因為，①
令，則，
所以，
所以，②
由①②，所以，即，故為奇函數，
若函數是奇函數，則，
所以，即，
所以，
所以的最小正周期為2，與選項A矛盾，故C錯誤；
對于D，因為為奇函數，且，所以，
又因為的最小正周期為4，所以，
因為
所以，，
所以，
，
以此類推，
所以，故D錯誤.
故選：AB
【點睛】方法點睛：本題以抽象函數為載體綜合考查函數的性質，關鍵是根據已知條件判斷出的周期.
以下是抽象函數周期性質的一些總結，可以適當總結記憶：
設函數，
（1）若，則函數的周期為；
（2）若，則函數的周期為；
（3）若，則函數的周期為；
（4）若，則函數的周期為；
（5）若，則函數的周期為.
一、單選題
1．（2024·江蘇南通·模擬預測）若函數是偶函數，則（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【分析】由題意可得，化簡整理即可求得m的值．
【詳解】函數的定義域為，由是偶函數，得，
即，整理得，所以.
故選：A
2．（2024·陜西·模擬預測）已知函數，若，則的值為（ ）
A． B． C．2 D．4
【答案】B
【分析】由已知可得，進而求得，計算即可.
【詳解】由條件得，故，
所以，解得.
故選：B.
3．（2024·湖南長沙·二模）已知定義在上的函數是奇函數，對任意都有，當時，則等于（ ）
A．2 B． C．0 D．
【答案】A
【分析】根據函數的奇偶性和對稱性推得函數的周期為4，利用周期性和奇函數特征即可求得的值.
【詳解】定義在上的函數是奇函數，且對任意都有，
故函數的圖象關于直線對稱，∴，故，
∴，∴是周期為4的周期函數．
則．
故選：A．
4．（2024·河北滄州·模擬預測）已知函數的定義域為R，，，均滿足．若，則（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】D
【分析】先賦值求出，接著賦值，求出，再賦值求出，最后賦值，即可求解.
【詳解】令，得，所以；
令，，得，
又，所以；令，得；
令，，得.
故選：D.
5．（2024·四川·三模）定義在R上的函數與的圖象關于直線對稱，且函數為奇函數，則函數圖象的對稱中心是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根據條件得到的對稱中心，再根據對稱得到的對稱中心.
【詳解】因為為奇函數，所以，
即，
故的對稱中心為，即，
由于函數與的圖象關于直線對稱，
且關于的對稱點為，
故的對稱中心為.
故選：D
6．（2024·山西·三模）設函數，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先判斷函數的奇偶性與單調性，再根據奇偶性與單調性將函數不等式轉化為自變量的不等式，解得即可.
【詳解】函數的定義域為，
且，所以為偶函數，
當時，因為與在上單調遞增，
所以在上單調遞增，
則在上單調遞減，不等式，
即，等價于，解得或，
所以不等式的解集為.
故選：C
7．（2024·四川成都·模擬預測）已知定義在上的奇函數滿足，且當時，，則（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】首先得到的周期性，再結合奇偶性與所給函數解析式計算可得.
【詳解】根據題意，函數滿足，則，即是周期為的周期函數，
所以，，又由函數為定義在上的奇函數，則，，
當時，，則，則，
所以；
故選：B．
8．（2024·陜西銅川·三模）若函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據一次函數以及對數函數的單調性，結合分段函數的性質即可求解.
【詳解】函數在上單調遞減，
解得.
故選：C.
二、多選題
9．（2024·江蘇泰州·模擬預測）定義在上的函數滿足，則（ ）
A． B．
C．為奇函數 D．單調遞增
【答案】BCD
【分析】A和B項，令后進行分類討論即可得出結論；C項，令即可得出的表達式，進而得出奇偶性；D項，由C項得出表達式，即可得出單調性.
【詳解】由題意，
在中，
A和B項，當時，，
解得：或，
當時，則，
由于具有任意性，故不成立，
∴，A錯誤，B正確；
C項，當時，，
∵，
∴為奇函數，且，C正確；
D項，由C項可知，故為增函數，D正確.
故選：BCD.
10．（2024·廣西來賓·模擬預測）已知定義在R上的函數滿足，且，則（ ）
A． B．為奇函數
C．不存在零點 D．
【答案】ACD
【分析】根據題意，結合抽象函數的賦值法，列出方程，逐項判定，即可求解.
【詳解】對于A中，由，令，可得，
因為，所以，所以A正確；
對于B中，函數的定義域為全體實數，由，顯然不符合，
所以函數不是奇函數，所以B不正確；
對于C中，由，令，可得，
即，解得或，
所以函數沒有零點，所以C正確；
對于D中，由，
令，可得，所以，即，
所以D正確.
故選：ACD．
一、單選題
1．（2024·江西·二模）已知定義在上的函數滿足，當時，.若，則實數的取值范圍是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【分析】依題意可得的奇偶性、對稱性與周期性，即可得到的圖象，即可得到，，解得即可.
【詳解】因為，所以為奇函數；
又因為，所以關于直線對稱；
由知的一個周期為.
因為當時，，所以在上單調遞增，
函數的圖象如圖所示，
根據圖象可知，若，則，，
解得，，
所以實數的取值范圍是，.
故選：D．
2．（2024·陜西安康·模擬預測）已知函數是上的單調函數，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據題意，結合分段函數的單調性的判定方法，結合對數函數的性質，列出關于的不等式，即可求解.
【詳解】根據題意，當時，，可得在上遞增，
要使得函數 是上的單調函數，
則滿足，且，解可得，
所以實數的取值范圍為.
故選：B.
二、多選題
3．（2024·河北·模擬預測）已知定義在上的連續函數滿足，，，當時，恒成立，則下列說法正確的是（ ）
A． B．是偶函數
C． D．的圖象關于對稱
【答案】BCD
【分析】根據所給關系式，利用賦值法一一計算可得.
【詳解】因為，，
令可得，解得或，
又當時，恒成立，所以，故A錯誤；
令，，則，即，
所以為偶函數，故B正確；
令，，則，所以，
令，，則，所以，故C正確；
令可得，
令，可得，又，
所以，即，
所以，
所以的圖象關于對稱，故D正確.
故選：BCD
4．（2024·湖北武漢·模擬預測）已知函數的定義域為R，對，且為的導函數，則（ ）
A．為偶函數 B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】對于A：令，可判斷A；對于B：令，進而計算可判斷B；對于C：為奇函數，可得為偶函數；進而可得關于對稱，可判斷C；對于D：令，可得，令，則，兩式相加可判斷D.
【詳解】對于A：令，則，
為奇函數，故選項A不正確；
對于B：令，則，令，則
為奇函數，
，
的周期為4，，故選項B正確；
對于C：為奇函數，為偶函數；
的周期為4，
為偶函數，，
關于對稱，
所以，令，可得，令，可得，
所以，故，
，故選項C正確；
對于D：令，則，即①，
令，則②，
由①+②得，
故選項D正確.
故選：BCD．
【點睛】關鍵點睛：本題綜合考查函數性質的應用，涉及到函數的奇偶性、周期性以及導數的知識，解答的關鍵是根據題意采用變量代換推出函數為周期為4的周期函數，進而求得一個周期內的函數值，即可求解.
5．（2024·河南信陽·模擬預測）已知是定義在上的函數，且滿足：①；②，則（ ）
A． B．為奇函數
C．在上單調遞增 D．在處取得極小值
【答案】AB
【分析】對于A：令，即可得結果；對于B：令，可得，結合奇函數的定義分析判斷；對于CD：舉反例，即可判斷.
【詳解】因為，
A：令，可得，故A正確；
B：令，可得，則，即，
若，可得；若，則，滿足；
綜上所述：，所以為奇函數，故B正確；
C、D：例如，顯然不恒為0，且，
，即，
所以符合題意，但在上單調遞減，無極值點，故C、D錯誤；
故選：AB.
6．（2024·湖北荊州·三模）已知函數的定義域為，且，，則（ ）
A． B．關于中心對稱
C．是周期函數 D．的解析式可能為
【答案】ACD
【分析】對于A：根據題意賦值即可；對于C：根據題意結合偶函數以及周期性的定義分析判斷；對于B：舉反例說明即可；對于D：將代入題意關系式檢驗即可.
【詳解】由，且函數的定義域為，
對于選項A：令，，可得，
且，可得，故A正確；
對于選項C：令，則，
則，即，可知為偶函數，
令，則，
可知，，
可得，則，
所以，可知周期為6，故C正確；
對于選項B：因為由于為偶函數且周期為6，
則，不滿足，
所以不關于中心對稱，故B錯誤；
對于選項D：因為的定義域為，
且，
即符合題意，所以的解析式可能為，故D正確；
故選：ACD.
【點睛】方法點睛：函數的性質主要是函數的奇偶性、單調性和周期性以及函數圖象的對稱性，在解題中根據問題的條件通過變換函數的解析式或者已知的函數關系，推證函數的性質，根據函數的性質解決問題．
7．（2024·山東泰安·模擬預測）已知函數，的定義域為，為的導函數，且，，若為偶函數，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】由為偶函數，得，兩邊求導化簡后可得 為奇函數，然后逐個賦值分析判斷即可.
【詳解】對于，∵為偶函數，則
兩邊求導得: , ∴ ， 為奇函數，,
令，則，，所以不正確
對于，令，可得，則, 所以正確;
對于，，
可得，，兩式相加的
令，即可得，所以正確;
對于，∵，則，
又，可得，所以是以為周期的函數，
所以，所以正確.
故選：
【點睛】關鍵點點睛：此題考查函數的奇偶性和周期性的應用，考查導數的應用，解題的關鍵是根據已知條件判斷 為奇函數，考查計算能力，屬于較難題.
8．（2024·廣東深圳·模擬預測）已知函數的定義域為，且，，，則下列說法中正確的是（　　）
A．為偶函數 B．
C． D．
【答案】BC
【分析】根據所給條件，利用賦值法和遞推法進行推導判斷即可.
【詳解】對于A，因為的定義域為，且，
令，則，故，則，
令，則，
又令,結合得，所以不是偶函數，故A錯誤．
對于B，令，則．
而，，所以，故B正確．
對于C，由選項B可知，，
令，則，所以．
又因為為奇函數，所以，所以，故C正確．
對于D，由選項B以及，可得，
所以，，
令得
,
結合遞推可得，．
因為，故，故D錯誤．
故選：BC
【點睛】抽象函數問題，常常要取恰當的特殊值并結合遞推關系得到進一步的結論.
9．（2024·河南三門峽·模擬預測）已知函數及其導函數，且，若，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】利用抽象函數的關系式，采用賦值，賦變量的方法，結合函數的對稱性和周期性，即可判斷選項.
【詳解】因為，所以的圖像關于直線對稱.令，得，故A項正確；
因為.所以，即，
所以，因為，所以，
即，所以，則的一個周期為4.
因為的圖像關于直線對稱，所以是的一個極值點，
所以，所以，則.故B項錯誤；
由，得，即.
所以，故C項正確；
設為常數），定義域為，
則，
又，所以，顯然也滿足題設，
即上 下平移均滿足題設，顯然的值不確定，故D項錯誤.
故選：AC
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是對抽象函數進行賦值，以及抽象函數的導數問題，，即可正確得到.
三、填空題
10．（2024·山東·模擬預測）已知函數，則不等式的解集為 .
【答案】
【分析】要先證明函數的中心對稱性，即，這樣原不等式就可以化為，再用求導來證明單調遞增，從而就可以解出結果.
【詳解】由已知得：，
所以，即
則不等式等價于，
再由，
可得在上單調遞增，所以，解得，
故答案為：.
1．（2024·上海·高考真題）已知，，且是奇函數，則 ．
【答案】
【分析】根據奇函數的性質可求參數.
【詳解】因為是奇函數，故即，
故，
故答案為：.
2．（2024·上海·高考真題）已知則 ．
【答案】
【分析】利用分段函數的形式可求.
【詳解】因為故，
故答案為：.
3．（2024·天津·高考真題）下列函數是偶函數的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據偶函數的判定方法一一判斷即可.
【詳解】對A，設，函數定義域為，但，，則，故A錯誤；
對B，設，函數定義域為，
且，則為偶函數，故B正確；
對C，設，函數定義域為，不關于原點對稱， 則不是偶函數，故C錯誤；
對D，設，函數定義域為，因為，，
則，則不是偶函數，故D錯誤.
故選：B.
4．（2023·北京·高考真題）下列函數中，在區間上單調遞增的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用基本初等函數的單調性，結合復合函數的單調性判斷ABC，舉反例排除D即可.
【詳解】對于A，因為在上單調遞增，在上單調遞減，
所以在上單調遞減，故A錯誤；
對于B，因為在上單調遞增，在上單調遞減，
所以在上單調遞減，故B錯誤；
對于C，因為在上單調遞減，在上單調遞減，
所以在上單調遞增，故C正確；
對于D，因為，，
顯然在上不單調，D錯誤.
故選：C.
5．（2023·全國·高考真題）（多選）已知函數的定義域為，，則（ ）．
A． B．
C．是偶函數 D．為的極小值點
【答案】ABC
【分析】方法一：利用賦值法，結合函數奇偶性的判斷方法可判斷選項ABC，舉反例即可排除選項D.
方法二：選項ABC的判斷與方法一同，對于D，可構造特殊函數進行判斷即可.
【詳解】方法一：
因為，
對于A，令，，故正確.
對于B，令，，則，故B正確.
對于C，令，，則，
令，
又函數的定義域為，所以為偶函數，故正確，
對于D，不妨令，顯然符合題設條件，此時無極值，故錯誤.
方法二：
因為，
對于A，令，，故正確.
對于B，令，，則，故B正確.
對于C，令，，則，
令，
又函數的定義域為，所以為偶函數，故正確，
對于D，當時，對兩邊同時除以，得到，
故可以設，則，
當肘，，則，
令，得；令，得；
故在上單調遞減，在上單調遞增，
因為為偶函數，所以在上單調遞增，在上單調遞減，

顯然，此時是的極大值，故D錯誤.
故選：.
6．（2022·全國·高考真題）已知函數的定義域均為R，且．若的圖像關于直線對稱，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據對稱性和已知條件得到，從而得到，，然后根據條件得到的值，再由題意得到從而得到的值即可求解.
【詳解】因為的圖像關于直線對稱，
所以，
因為，所以，即，
因為，所以，
代入得，即，
所以，
.
因為，所以，即，所以.
因為，所以，又因為，
聯立得，，
所以的圖像關于點中心對稱，因為函數的定義域為R，
所以
因為，所以.
所以.
故選：D
【點睛】含有對稱軸或對稱中心的問題往往條件比較隱蔽，考生需要根據已知條件進行恰當的轉化，然后得到所需的一些數值或關系式從而解題.
7．（2022·浙江·高考真題）已知函數則 ；若當時，，則的最大值是 ．
【答案】 /
【分析】結合分段函數的解析式求函數值，由條件求出的最小值,的最大值即可.
【詳解】由已知，，
所以，
當時，由可得，所以，
當時，由可得，所以，
等價于，所以，
所以的最大值為.
故答案為：，.
8．（2022·全國·高考真題）若是奇函數，則 ， ．
【答案】 ； ．
【分析】根據奇函數的定義即可求出．
【詳解】[方法一]：奇函數定義域的對稱性
若，則的定義域為，不關于原點對稱
若奇函數的有意義，則且
且，
函數為奇函數，定義域關于原點對稱，
，解得，
由得，，
，
故答案為：；．
[方法二]：函數的奇偶性求參
函數為奇函數
[方法三]：
因為函數為奇函數，所以其定義域關于原點對稱．
由可得，，所以，解得：，即函數的定義域為，再由可得，．即，在定義域內滿足，符合題意．
故答案為：；．
9．（2021·全國·高考真題）設函數的定義域為R，為奇函數，為偶函數，當時，．若，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】通過是奇函數和是偶函數條件，可以確定出函數解析式，進而利用定義或周期性結論，即可得到答案．
【詳解】[方法一]：
因為是奇函數，所以①；
因為是偶函數，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因為，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：從定義入手．
所以．
[方法二]：
因為是奇函數，所以①；
因為是偶函數，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因為，所以，
令，由①得：，所以．
思路二：從周期性入手
由兩個對稱性可知，函數的周期．
所以．
故選：D．
【點睛】在解決函數性質類問題的時候，我們通常可以借助一些二級結論，求出其周期性進而達到簡便計算的效果．
10．（2021·全國·高考真題）設函數，則下列函數中為奇函數的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分別求出選項的函數解析式，再利用奇函數的定義即可.
【詳解】由題意可得，
對于A，不是奇函數；
對于B，是奇函數；
對于C，，定義域不關于原點對稱，不是奇函數；
對于D，，定義域不關于原點對稱，不是奇函數.
故選：B
【點睛】本題主要考查奇函數定義，考查學生對概念的理解，是一道容易題.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)第01講 函數及其性質
（單調性、奇偶性、周期性、對稱性）
（12類核心考點精講精練）
1. 5年真題考點分布
5年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
2024年新I卷，第6題,5分 根據分段函數的單調性求參數 判斷指數函數的單調性 判斷對數函數的單調性
2024年新I卷，第8題,5分 求函數值 抽象函數的關系 比較函數值的大小關系
2024年新Ⅱ卷，第6題,5分 函數奇偶性的定義與判斷 函數奇偶性的應用 根據函數零點的個數求參數范圍 求余弦(型)函數的奇偶性
2024年新Ⅱ卷，第11題,6分 函數對稱性的應用 函數單調性、極值與最值的綜合應用 利用導數研究函數的零點 判斷零點所在的區間
2023年新I卷，第4題,5分 復合函數的單調性 函數的單調性求參數值
2023年新I卷，第11題,5分 函數奇偶性的定義與判斷 函數極值點的辨析
2023年新Ⅱ卷，第4題,5分 函數奇偶性的應用 奇偶性求參數
2022年新I卷，第12題,5分 抽象函數的奇偶性 函數對稱性的應用 函數與導函數圖象之間的關系
2022年新Ⅱ卷，第8題,5分 函數奇偶性的應用 抽象函數的周期性求函數值
2021年新I卷，第13題,5分 由奇偶性求參數 無
2021年新Ⅱ卷，第8題,5分 函數奇偶性的應用 函數的周期性的定義與求解
2021年新Ⅱ卷，第14題,5分 函數奇偶性的定義與判斷 基本初等函數的導數公式
2020年新I卷，第8題,5分 函數奇偶性的應用 函數的單調性解不等式
2020年新Ⅱ卷，第7題,5分 復合函數的單調性 對數函數單調性
2020年新Ⅱ卷，第8題,5分 函數奇偶性的應用 函數的單調性解不等式
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的必考內容，設題穩定，難度中等偏難，分值為5-6分
【備考策略】1.會用符號語言表達函數的單調性,掌握求函數單調區間的基本方法
2.理解函數最大值、最小值的概念、作用和實際意義，會求簡單函數的最值
3.能夠利用函數的單調性解決有關問題
4.了解奇偶性的概念和意義，會運用函數圖象理解和研究函數的奇偶性
5.了解周期性的概念和意義.會判斷、應用簡單函數的周期性解決問題
6.能綜合運用函數的奇偶性、單調性、周期性、對稱性等解決相關問題.
【命題預測】本節內容是新高考卷的必考內容，一般會以抽象函數作為載體，考查函數的單調性、奇偶性、周期性及對稱性，是新高考一輪復習的重點內容.
知識講解
函數的單調性
(1)單調函數的定義
增函數 減函數
定義 一般地，設函數f(x)的定義域為I，如果對于定義域I內某個區間D上的任意兩個自變量的值x1，x2
當x1f(x2)，那么就說函數f(x)在區間D上是減函數
圖象描述 自左向右看圖象是上升的 自左向右看圖象是下降的
(2)單調區間的定義
如果函數y＝f(x)在區間D上是增函數或減函數，那么就說函數y＝f(x)在這一區間具有(嚴格的)單調性，區間D叫做y＝f(x)的單調區間．
(3)函數的最值
前提 設函數y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數M滿足
條件 (1)對于任意的x∈I，都有f(x)≤M； (2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M (3)對于任意的x∈I，都有f(x)≥M； (4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
結論 M為最大值 M為最小值
單調性的常見運算
單調性的運算
①增函數（↗）增函數（↗）增函數↗ ②減函數（↘）減函數（↘）減函數↘
③為↗，則為↘，為↘ ④增函數（↗）減函數（↘）增函數↗
⑤減函數（↘）增函數（↗）減函數↘ ⑥增函數（↗）減函數（↘）未知（導數）
復合函數的單調性
奇偶性
①具有奇偶性的函數定義域關于原點對稱（大前提）
②奇偶性的定義：
奇函數：，圖象關于原點對稱
偶函數：，圖象關于軸對稱
③奇偶性的運算
周期性（差為常數有周期）
①若，則的周期為：
②若，則的周期為：
③若，則的周期為：（周期擴倍問題）
④若，則的周期為：（周期擴倍問題）
對稱性（和為常數有對稱軸）
軸對稱
①若，則的對稱軸為
②若，則的對稱軸為
點對稱
①若，則的對稱中心為
②若，則的對稱中心為
周期性對稱性綜合問題
①若，，其中，則的周期為：
②若，，其中，則的周期為：
③若，，其中，則的周期為：
奇偶性對稱性綜合問題
①已知為偶函數，為奇函數，則的周期為：
②已知為奇函數，為偶函數，則的周期為：
考點一、根據函數解析式判斷函數單調性
1．（2021·全國·高考真題）下列函數中是增函數的為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·山西晉中·三模）下列函數中既是奇函數，又在上單調遞減的是（ ）
A． B．
C． D．
1．（2024·全國·一模）下列函數中在區間上單調遞減的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·吉林·模擬預測）下列函數中，既是奇函數，又在區間上單調遞增的是（ ）
A． B． C． D．
考點二、根據函數的單調性（含分段函數）求參數值
1．（2023·全國·高考真題）設函數在區間上單調遞減，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·全國·高考真題）已知函數在R上單調遞增，則a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·黑龍江大慶·模擬預測）函數在上單調遞減，則t的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數（且）在定義域內是增函數，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
考點三、根據函數單調性解不等式
1．（2024·江西·模擬預測）已知奇函數在上單調遞增，且，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
2．（2020·山東·高考真題）若定義在的奇函數f(x)在單調遞減，且f(2)=0，則滿足的x的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024·四川南充·二模）設函數，則滿足的的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·湖北武漢·二模）已知函數，則關于的不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·吉林長春·模擬預測）已知函數，則不等式的解集為 （ ）
A． B． C． D．
3．（2024·全國·模擬預測）已知函數，則滿足的的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
考點四、根據函數單調性比較函數值大小關系
1．（2024·全國·高考真題）已知函數的定義域為R，，且當時，則下列結論中一定正確的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023·全國·高考真題）已知函數．記，則（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·寧夏銀川·二模）定義域為的函數滿足為偶函數，且當時，恒成立，若，，，則，，的大小關系為（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·遼寧丹東·二模）已知函數，，，，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·北京·模擬預測）函數，記，則（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024·寧夏石嘴山·三模）若定義在上的偶函數在上單調遞增，則的大小關系為（ ）
A． B．
C． D．
考點五、根據函數的奇偶性求參數值
1．（2023·全國·高考真題）已知是偶函數，則（ ）
A． B． C．1 D．2
2．（2023·全國·高考真題）若為偶函數，則（ ）．
A． B．0 C． D．1
3．（2023·全國·高考真題）若為偶函數，則 ．
1．（2024·陜西安康·模擬預測）已知函數為奇函數，則（ ）
A． B．0 C．1 D．
2．（2024·山東·模擬預測）已知函數是偶函數，則的值是（ ）
A． B． C．1 D．2
3．（2024·上海奉賢·三模）若函數為奇函數，則 ．
考點六、抽象函數奇偶性的綜合應用
1．（2021·全國·高考真題）設函數的定義域為R，為奇函數，為偶函數，當時，．若，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·河南鄭州·模擬預測）已知為奇函數，則（ ）
A． B．14 C． D．7
3．（2024·河南·三模）（多選）定義在上的函數滿足，則（ ）
A． B．
C．為奇函數 D．單調遞增
1．（2024·廣東茂名·模擬預測）（多選）已知函數的定義域為R，，，則（ ）
A． B．函數是奇函數 C． D．的一個周期為3
2．（2024·湖南邵陽·模擬預測）（多選）已知函數的定義域為，為奇函數，為偶函數，且對任意的，，都有，則（ ）
A．是奇函數 B．
C．的圖象關于對稱 D．
考點七、函數周期性的綜合應用
1．（2021·全國·高考真題）已知函數的定義域為，為偶函數，為奇函數，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·江西·模擬預測）（多選）已知函數對任意的，，都有，且，，則（ ）
A． B．是奇函數 C．的周期為4 D．，
3．（2024·江蘇泰州·模擬預測）（多選）已知可導函數及其導函數的定義域均為，若是奇函數，，且對任意，恒有，則一定有（ ）
A． B．
C． D．
1．（2024·重慶·三模）已知是定義域為的奇函數且滿足，則（ ）
A． B．0 C．1 D．
2．（2024·河南·模擬預測）已知函數的定義域為，若，且，則 .
3．（2024·廣東深圳·模擬預測）（多選）已知函數及其導函數的定義域均為R，若是奇函數，，且對任意，，則（ ）
A． B．
C．是周期為3的函數 D．
考點八、函數對稱性的綜合應用
1．（2022·全國·高考真題）已知函數的定義域均為R，且．若的圖像關于直線對稱，，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知函數在存在最大值與最小值分別為和，則函數，函數圖像的對稱中心是（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·寧夏銀川·三模）已知函數，則下列說法不正確的是（ ）
A．函數單調遞增 B．函數值域為
C．函數的圖象關于對稱 D．函數的圖象關于對稱
2．（2024·陜西西安·模擬預測）已知的定義域為，函數滿足，圖象的交點分別是，，則可能值為（ ）
A．2 B．14 C．18 D．25
考點九、周期性對稱性的綜合應用
2．（2022·全國·高考真題）（多選）已知函數及其導函數的定義域均為，記，若，均為偶函數，則（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·河南·一模）（多選）已知定義在上的函數，，其導函數分別為，，，，且，則（ ）
A．的圖象關于點中心對稱 B．
C． D．
1．（2024·陜西榆林·一模）定義在R上的函數，滿足，，，，則下列說法中錯誤的是（ ）
A．是函數圖象的一條對稱軸
B．2是的一個周期
C．函數圖象的一個對稱中心為
D．若且，，則n的最小值為2
2．（2024·河南新鄉·三模）（多選）已知定義在上的函數滿足，且，若，則（ ）
A． B．的圖象關于直線對稱
C．是周期函數 D．
3．（2024·河北邢臺·二模）（多選）已知函數，的定義域均為，且，，若，且，則下列結論正確的是（ ）
A．是奇函數 B．是的對稱中心
C．2是的周期 D．
考點十、周期性奇偶性的綜合應用
1．（2024·重慶·模擬預測）已知是定義在上的函數，若函數為偶函數，函數為奇函數，則（ ）
A．0 B．1 C．2 D．-1
2．（2024·四川南充·三模）已知函數的定義域均為R，函數的圖象關于原點對稱，函數的圖象關于y軸對稱，，則（ ）
A． B． C．3 D．4
1．（2024·江蘇泰州·模擬預測）已知是定義在R上的函數，且為偶函數，為奇函數，當時，，則（ ）
A． B． C． D．1
2．（2024·江蘇南通·三模）已知函數的定義域為，且為偶函數，為奇函數．若，則（ ）
A．23 B．24 C．25 D．26
3．（2024·寧夏石嘴山·模擬預測）已知函數的定義域為，且為奇函數，為偶函數，，則 .
考點十一、奇偶性對稱性的綜合應用
1．（2024·福建泉州·模擬預測）已知為奇函數，則（ ）
A．6 B．5 C． D．
2．（2024·黑龍江·三模）已知函數在上的最大值和最小值分別為，，則（ ）
A． B．0 C．2 D．4
1．（2024·河北·二模）已知函數為奇函數，則函數的圖象（ ）
A．關于點對稱 B．關于點對稱
C．關于點對稱 D．關于點對稱
2．（2024·江西南昌·三模）（多選）已知函數，若的圖象關于直線對稱，則下列說法正確的是（ ）
A．的圖象也關于直線對稱 B．的圖象關于中心對稱
C． D．
考點十二、函數性質的全部綜合應用
1．（2024·山東·模擬預測）（多選）已知定義域為R的函數滿足，，且為奇函數，則（ ）
A． B．函數的一個周期為4
C． D．
2．（2024·江西·模擬預測）（多選）已知定義在上的函數滿足，的導函數為，則（ ）
A． B．是單調函數
C． D．為偶函數
3．（2024·廣東廣州·模擬預測）（多選）已知函數，及導函數，的定義域均為.若是奇函數，且，，則（ ）
A． B．是偶函數
C． D．
1．（2024·黑龍江·模擬預測）（多選）已知函數的定義域為，若，有，，則（ ）
A． B．
C．為偶函數 D．4為函數的一個周期
2．（2024·河南鄭州·二模）（多選）已知函數的定義域為，且，為偶函數，則（ ）
A． B．為偶函數
C． D．
3．（2024·山東臨沂·二模）（多選）已知定義在上的函數滿足，，且，則（ ）
A．的最小正周期為4 B．
C．函數是奇函數 D．
一、單選題
1．（2024·江蘇南通·模擬預測）若函數是偶函數，則（ ）
A． B． C．1 D．2
2．（2024·陜西·模擬預測）已知函數，若，則的值為（ ）
A． B． C．2 D．4
3．（2024·湖南長沙·二模）已知定義在上的函數是奇函數，對任意都有，當時，則等于（ ）
A．2 B． C．0 D．
4．（2024·河北滄州·模擬預測）已知函數的定義域為R，，，均滿足．若，則（ ）
A．0 B． C． D．
5．（2024·四川·三模）定義在R上的函數與的圖象關于直線對稱，且函數為奇函數，則函數圖象的對稱中心是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·山西·三模）設函數，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·四川成都·模擬預測）已知定義在上的奇函數滿足，且當時，，則（　　）
A．1 B． C． D．
8．（2024·陜西銅川·三模）若函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
9．（2024·江蘇泰州·模擬預測）定義在上的函數滿足，則（ ）
A． B．
C．為奇函數 D．單調遞增
10．（2024·廣西來賓·模擬預測）已知定義在R上的函數滿足，且，則（ ）
A． B．為奇函數
C．不存在零點 D．
一、單選題
1．（2024·江西·二模）已知定義在上的函數滿足，當時，.若，則實數的取值范圍是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
2．（2024·陜西安康·模擬預測）已知函數是上的單調函數，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·河北·模擬預測）已知定義在上的連續函數滿足，，，當時，恒成立，則下列說法正確的是（ ）
A． B．是偶函數
C． D．的圖象關于對稱
4．（2024·湖北武漢·模擬預測）已知函數的定義域為R，對，且為的導函數，則（ ）
A．為偶函數 B．
C． D．
5．（2024·河南信陽·模擬預測）已知是定義在上的函數，且滿足：①；②，則（ ）
A． B．為奇函數
C．在上單調遞增 D．在處取得極小值
6．（2024·湖北荊州·三模）已知函數的定義域為，且，，則（ ）
A． B．關于中心對稱
C．是周期函數 D．的解析式可能為
7．（2024·山東泰安·模擬預測）已知函數，的定義域為，為的導函數，且，，若為偶函數，則（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024·廣東深圳·模擬預測）已知函數的定義域為，且，，，則下列說法中正確的是（　　）
A．為偶函數 B．
C． D．
9．（2024·河南三門峽·模擬預測）已知函數及其導函數，且，若，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
10．（2024·山東·模擬預測）已知函數，則不等式的解集為 .
1．（2024·上海·高考真題）已知，，且是奇函數，則 ．
2．（2024·上海·高考真題）已知則 ．
3．（2024·天津·高考真題）下列函數是偶函數的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·北京·高考真題）下列函數中，在區間上單調遞增的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2023·全國·高考真題）（多選）已知函數的定義域為，，則（ ）．
A． B．
C．是偶函數 D．為的極小值點
6．（2022·全國·高考真題）已知函數的定義域均為R，且．若的圖像關于直線對稱，，則（ ）
A． B． C． D．
7．（2022·浙江·高考真題）已知函數則 ；若當時，，則的最大值是 ．
8．（2022·全國·高考真題）若是奇函數，則 ， ．
9．（2021·全國·高考真題）設函數的定義域為R，為奇函數，為偶函數，當時，．若，則（ ）
A． B． C． D．
10．（2021·全國·高考真題）設函數，則下列函數中為奇函數的是（ ）
A． B． C． D．
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