第8讲 函数的奇偶性、周期性 - -2026年高考数学一轮复习基础梳理（跟踪训练）练习

这是一份第8讲 函数的奇偶性、周期性 - -2026年高考数学一轮复习基础梳理（跟踪训练）练习，共23页。试卷主要包含了已知函数等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共 10 小题）
1．（2025•河池二模）设函数 f (x) 是定义在 R 上的偶函数，且在区间(0, ) 上单调递增．若实数a 满足 f (a  1)  f （2），则a 的取值范围是()
a  3
a  1
a  1 或a  3
1  a  3
2．（2025•银川三模）已知函数 f (x)  ax  bx (a ， b  0 ， a ， b  1) 是偶函数，则不等式 f (x)  a  b 的解集为()
(,1)
C． ( ， 1) (1 ， )
(1, )
D． (1,1)
3．（2025•浦东新区模拟）设函数 y  f (x)  x2 是奇函数．若函数 g(x)  f (x)  5 ， f
（4）  9 ，则 g(4)  ()
A．27B．28C．29D．30
4．（2025•浙江模拟）已知函数
 2x , x  0,
为奇函数，则
（a）

A． 1
2
B． 2
2
f (x)
ax , x  0.(aR)
2
C．
f()
D．2
5．（2025•广州模拟）若函数 f (x)  ln | ex  1| mx 为偶函数，则实数m  ()
B． 1
1
2
 1
2
6．（2025 春•番禺区期中）若函数 f (x) 是定义在 R 上的奇函数，当 x… 0 时，
f (x)  x(1  x) ，则 f (2) 等于()
B．6C． 6D．0
7 ．（ 2025 春• 河南月考） 已知函数 f (x)  2x  2x  a sin x  3 ， 且 f (m)  6 ， 则
f (m)  ()
6
3
D．.3
8．（2025 春•许昌期中）设 f (x) 是定义域为 R 的奇函数，且 f (1  x)  f (x) ．若
11 ，则 5
f ()  f ()  ()
333
 5
3
 1
3
1
3
5
3
9．（2025•福州模拟）已知函数 f (x) 的定义域为 R ， f (x  1)  f (x)  f (x  2) ，且
f (35)  f (25) ， f (30)  f (10) ，则下列结论中一定正确的是()
f (20)  100
f (20)  1000
f (30)  1000
f (30)  10000
10．（2025•黑龙江模拟）函数 y  f (x) 与 y  g(x  3)  1 都为奇函数，且对x  R ，
都有 f (x)  g(x  4)  0 ，则 f （1）  f （2） L f (100)  ()
A．2525B．2526C．5049D．5050
二．多选题（共 4 小题）
（多选）11．（2025•毕节市模拟）已知函数 f (x) 满足对任意的 x ， y  R ，都有
f (x  y)  f (x  y)  2 f (x) f ( y) ，且 f (0)  0 ．下列结论正确的是()
f (0)  1
f (x) 是偶函数
若 f （2）  3 ，则 f （4）  6
若 f （1）  0 ，则 4 是 f (x) 的一个周期
（ 多选） 12 ．（ 2025 • 湖南模拟） 若函数 f (x) 满足： 对任意 x ， y  R ， 恒有
f (x  y)  f (x  y)  2 f (x) f ( y) ，则称函数 f (x) 为“类余弦型”函数．已知函数 f (x)
为“类余弦型”，若 f (x)  0 ，且对任意非零实数 x ， f (x)  1 ．则下列结论正确的是()
f (0)  1
若 f (2)  17 ，则 f (1)  5
82
函数 f (x) 为偶函数
若有理数 x1 ， x2 满足| x2 || x1 | ，则 f (x2 )  f (x1 )
（多选）13．（2025•信阳二模）已知函数 f (x) 的定义域和值域均为{x | x  0 ，
x  R}， 对 于 任 意 非 零 实 数 x 、 y ，
x  y  0 ， 函 数
f (x) 满 足 ：
f (x  y)( f (x)  f ( y))  f (x) f ( y) ，且 f (x) 在(, 0) 上单调递减， f （1）  1，则下列
结论正确的是()
f ()
1  2
2023 f ( 1 )  22023  2
2i 12i
f (x) 为奇函数D． f (x) 在定义域内单调递减
（多选）14．（2025•邵阳模拟）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()
函数 f (x) 的图象关于直线 x  1 对称
函数 f (x  1) 为奇函数

2025
f (n)  0
n1
f (lg 4 )  f (lg 5)
3 814
三．填空题（共 4 小题）
)
15．（2025•吉林四模）若函数 f (x)  (x  a)2  2x  sin(x  π 是定义域为[b  1 ，b] 的
偶函数，则a  b  ．
16．（2025•北京模拟）已知 y  ln(
a
x  1
2
 1) 为奇函数，则实数a 的值是．
17．（2025•遵义模拟）已知函数 f (x) 是偶函数，且当 x… 0 时， f (x)  x | x  2 | ，则不等式 f (x)„ 1 的解集为 ．（用区间表示）
18．（2025•湖北三模）已知奇函数 f (x) 在 x… 0 时的图象如图所示，则不等式
xf (x)  0 的解集．
四．解答题（共 6 小题）
19．（2025•江苏三模）已知函数 f (x)  ax  kax (a  0, a  1) ．
讨论 f (x) 的奇偶性；
若 f (0)  0, f (1)  3 ，不等式 f (lnt)  f (ln(t2  6))  0 恒成立，求t 的取值范围．
2
20．（2024 秋•深圳期末）已知函数 f (x)  mx  n 是定义在[1 ，1] 上的奇函数，且
x2  1
f （1）  1．
求m ， n 的值：
试判断函数 f (x) 的单调性，并证明你的结论；
求使 f (a  1)  f (a2  1)  0 成立的实数a 的取值范围．
k  2x  1
21 ．（ 2025 春• 浙江期中） 已知 f (x) 
g(x)  4x  t  2x1  1  t ．
2x  1
为奇函数， 且定义域为(1,1) ，
求k 的值，判断 f (x) 的单调性，并用定义法证明；
若 f (2  a)  f (a2  4) ，求a 的取值范围；
（ 3 ） 若存在两个不相等的实数 m ， n(m ， n (1,1)) ， 使 f (m)  f (n)  0 ， 且
g(m)  g(n)… 0 ．求实数t 的取值范围．
22．（2024 秋•包河区期末）已知定义域为 R 的函数 f (x) 
求实数a 的值；
判断函数 y  f (x) 的单调性，并证明；
ex  a ex  1
是奇函数．
若不等式 f (m  3?)  f (3? 9? 2)  0 对任意的 x… 0 恒成立，求实数m 的取值范围．
23．（2025 春•宁波期中）已知 f (x) 是定义在 R 上的函数，对x ， y  R 都有
f (x  y)  f (x  y)  f (x  2) f ( y  2) ，且满足 f (0)  0 ．
判断函数 f (x) 的奇偶性，并证明之；
证明： f (x  8)  f (x) ；
求 f 2 （1）  f 2 （2） L f 2 (2025) 的值．
24．（2025 春•温州期中）已知函数 f (x)  2x  1 ．
2x
若a  lg2 3 ，求 f （a）的值；
根据函数单调性的定义证明函数 f (x) 在 R 上单调递增；
若存在 x [4 ，16] ，使得不等式 f ((lg
数m 的取值范围．
x)2  m lg
x  1)  x  1  0 成立，求实
22
x
一．选择题（共 10 小题）
二．多选题（共 4 小题）
一．选择题（共 10 小题）
【答案】C
【分析】根据偶函数 f (x)  f (x) 可将不等式 f (a  1)  f （2）转化为 f (| a  1|)  f
，再结合函数在(0, ) 上单调递增的性质得到关于a 的绝对值不等式，最后求解绝对值不等式得出a 的取值范围．
【解答】解：由于 f (x) 是偶函数，则 f (x)  f (x) 恒成立，
不等式 f (a  1)  f （2）可以转化为 f (| a  1|)  f （2）．
函数 f (x) 在(0, ) 上单调递增，根据偶函数对称性可知， f (x) 在(, 0) 上单调递减，
所以| a  1| 2 ，解得a  1 或a  3 ．
故选： C ．
【答案】 D
【分析】先利用函数的奇偶性求参数ab  1，再求导函数分类求出函数的单调性，再利用函数的单调性解不等式即可．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
B
C
C
C
C
B
B
D
题号
11
12
13
14
答案
ABD
ACD
AC
BC
【解答】解： 因为
a  b  a  b ．
ab
f (x) 为偶函数， 所以
f (1)  f （ 1 ）， 即 1  1  a  b ， 即
ab
因为a  b  0 ，所以ab  1， f (x)  ax  ax ， f (x)  a  b  a  a1 ，即 f (x)  f （1）．
x x
(a2x  1)lna
(ax  1)(ax  1)lna
当 x  0 时， f (x)  (a  a )lna ，
axax
当a  1时， ax  1  0 ， lna  0 ，所以 f (x)  0 ， f (x) 单调递增； 当0  a  1 时， ax  1  0 ， lna  0 ，所以 f (x)  0 ， f (x) 单调递增，综上， f (x) 在(0, ) 上单调递增．
由 f (x)  f （1），即得 f (| x |)  f （1），得| x | 1 ，解得1  x  1 ．故选： D ．
【答案】 B
【分析】根据题意，由奇函数的性质可得[ f （4）16]  [ f (4)  16]  0 ，由此求出
f (4) 的值，进而计算可得答案．
【 解 答 】 解 ： 根 据 题 意 ， 函 数
y  f (x)  x2 是 奇 函 数 ， 则 [ f （ 4 ）
16]  [ f (4)  16]  0 ，
又由 f （4）  9 ，则 f (4)  23 ，则 g(4)  f (4)  5  28 ．
故选： B ．
【答案】C
【 分 析 】 根 据 题 意 ， 假 设
x  0 ， 结 合 函 数 的 解 析 式 和 奇 偶 性 可 得
f (x)  f (x)  2x  ax  0 恒成立，变形可得a 的值，结合函数的解析式计算可得答
案．
【解答】解：根据题意，函数 f (x)  2x , x  0,为奇函数，

ax , x  0.(aR)
当 x  0 时，有 f (x)  2x ， f (x)  ax ，
则有 f (x)  f (x)  2x  ax  0 恒成立，
必有a  1 ，
2
11
2
故 f （a）  f ()  22 ．
2
故选： C ．
【答案】C
【分析】根据题意，求出 f (x) 的表达式，由函数奇偶性的定义，分析可得关于m
的恒等式，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，函数 f (x)  ln | ex  1| mx ，
则 f (x)  ln | ex  1| mx  ln | 1  1| mx  ln | ex  1| x  mx ，
ex
函数 f (x)  ln | ex  1| mx 为偶函数，
则 f (x)  f (x) ，即ln | ex  1| x  mx  ln | ex  1| mx ，
变形可得： (2m  1)x  0 ，必有m  1 ．
2
故选： C ．
【答案】C
【分析】利用奇函数的性质可求得 f (2) 的值．
【解答】解：根据题意，当 x… 0 时， f (x)  x(1  x) ，则 f （2）  2  3  6 ，又因为函数 f (x) 是定义在 R 上的奇函数，则 f (2)   f （2）  6 ．
故选： C ．
【答案】C
【分析】计算得 f (m)  f (m)  6 即可得到．
【解答】解：因为 f (x)  2x  2x  a sin x  3 ， x  R ，又 f (x)  2x  2x  a sin x  3   f (x)  6 ，
所以 f (x)  f (x)  6 ，
又 f (m)  6 ，所以 f (m)  0 ．
故选： C ．
【答案】 B
【分析】由函数奇偶性与已知 f (1  x)  f (x) 关系，证明 f (x) 是周期函数，利用函数周期性与奇偶性结合已知条件，求函数值即可．
【解答】解：因为 f (x) 是定义域为 R 的奇函数，
所以 f (x)   f (x) ，又 f (1  x)  f (x) ，则 f (1  x)   f (x) ，
则 f (x  2)   f (x  1)  f (x) ，故 f (x) 是以 2 为周期的周期函数，
f ()
由 f (1)  1 ，则 5
 f ( 1)  
1
f ()
  1 ．
33
故选： B ．
【答案】 B
3333
【分析】根据抽象函数的性质即可求解．
【解答】解：由题， f (x)  f (x  1)  f (x  2) ，设 f （1）  x ， f （2）  y ，
则 f （3）  y  x ， f （4）  x ， f （5）   y ， f （6）   y  x ， f （7）  x  f
（1），
所以函数 f (x) 的周期为 6，
故 f (35)  f （5）   y ， f (25)  f （1）  x ，
f (30)  f （6）   y  x ， f (10)  f （4）  x ，由 f (35)  f (25) ，则 y  x ，即 x  y  0 ，
由 f (30)  f (10) ，则 y  x  x ，即2x  y  0 ，
2x  2 y  0
所以 y  2x  0

，可得 y  0 ， x 无法确定，
所以 f (20)  f （2）  y  0  1000 ， f (30)   y  x 无法判断，
综上所述， f (20)  1000 ．
故选： B ．
【答案】 D
【分析】根据题意，可得 f (x  2)  f (x)  2 ，结合 f (0)  0 ，可得 f (n)  n ，利用等差数列求和公式，即可求得答案．
【解答】解：因为 y  f (x) 与 y  g(x  3)  1 都为奇函数，
则 f (x)   f (x) ， g(x  3)  1  g(x  3)  1 ，又因为 f (x)  g(x  4)  0 ，
所以 f (x)  g(x  4) ，
所以 f (x  1)  g(x  3) ，即 f (x  1)  g(x  3) ，所以 f (x  1)  1  g(x  3)  1  g(x  3)  1
 [ f (x  1)  1] ，
即 f (x  1)   f (x  1)  2 ，
所以 f (x  1)   f (x  1)  2 ，即 f (x  2)  f (x)  2 ，又 f (0)  0 ，  f （1）   f (1)  2 ，得 f （1）  1，
所以 f （2）  f (0)  2  2 ， f （3）  f （1） 2  3 ， ， f (n)  n ，
所以 f (1)  f (2) L f (100)  1  2 L 100  100(1  100)  5050 ．
2
故选： D ．
二．多选题（共 4 小题）
【答案】 ABD
【分析】根据赋值法及抽象函数的奇偶性、周期性一一判定即可．
【 解 答 】 解 ： 函 数 f (x) 满 足 对 任 意 的 x ， y  R ， 都 有
f (x  y)  f (x  y)  2 f (x) f ( y) ，
令 x  y  0 ，则 f (0)  f (0)  2 f (0)  2[ f (0)]2 ，
因为 f (0)  0 ，所以 f (0)  1，故 A 正确；
令 x  0 ，则y  R ， f ( y)  f ( y)  2 f ( y) f (0)  2 f ( y)  f ( y)  f ( y) 恒成立，所以函数 f (x) 为偶函数，故 B 正确；
f （2） 3 ，令 x  y  2 ，则 f （4） f (0)  2 f （2） f （2） f （4） 17 ，故C
错误；
f （1）  0 ，令 y  1 ，则 f (x  1)  f (x  1)  2 f (x) f （1）  0 ，所以 f (x  2)  f (x)  0 ， f (x  4)  f (x  2)  0  f (x  4)  f (x) ，则 f (x) 为周期函数且 4 为其一个周期，故 D 正确．
故选： ABD ．
【答案】 ACD
【分析】对于 A ，根据条件，令 x  1 ， y  0 ，即可求解；对于 B ，令 x  y  1 ， 结合选项 A 中结果，即可求解；对于C ，令 x  0 ，得到 f ( y)  f ( y) ，即可求解；
对于 D ，令 y  kx(k  N * ) ，证明出 f [(k  1)x]  f (kx) ，即可说明对任意m 、n  N * 且
1
2
m  n ，有 f (mx)  f (nx) ，然后设| x | q1 ， | x | q2 ， q 、q 是非负整数， p 、 p
p
p
1212
12
为正整数，利用偶函数和前面的结论，即可求解．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于 A ，对任意 x ， y  R ，恒有 f (x  y)  f (x  y)  2 f (x) f ( y) ，不妨设 x  1 ， y  0 ，则有 f （1）  f （1）  2 f （1） f (0) ，即2 f （1）  2 f （1） f (0) ，
又因为对任意非零实数 x ， f (x)  1 ，所以 f (0)  1，故 A 正确，
对于 B ，令 x  y  1 ，得 f （2）  f (0)  2 f （1） f （1），由选项 A 知 f (0)  1，又 f (2)  17 ， f (x)  0 ，得到 f (1)  5 ，故 B 错误，
84
对于C ，令 x  0 ，得到 f ( y)  f ( y)  2 f (0) f ( y) ，又 f (0)  1，得到 f ( y)  f ( y) ，故
C 正确，
对于 D ， 因为 x  0 时，
f (x)  1 ， 则
f (x  y)  f (x  y)  2 f (x) f ( y)  2 f ( y) ， 所以
f (x  y)  f ( y)  f ( y)  f (x  y) ，
令 y  kx(k  N * ) ，即对任意的正整数k 有 f [(k  1)x]  f (kx)  f (kx)  f [(k  1)x] ，则 f [(k  1)x]  f (kx)  f (kx)  f [(k  1)x]  L  f (x)  f (0)  0 ，
所以，对于任意正整数k ， f [(k  1)x]  f (kx) 成立，
对任意的m 、n  N * 且m  n ，则有 f (nx)  f [(n  1)x]    f (mx) 成立，
2
Q x 、x 为有理数，所以可设| x | q1 ，| x | q2 ，其中q 、q 为非负整数， p 、p
p
p
1211212
12
1
2
为正整数，则| x | q1 p2 ， | x | p1q2 ，
p1 p2p1 p2
令 x 
1
p1 p2
， t  q1 p2
， s  p1q2 ，则t 、 s 为正整数，
Q| x1 || x2 | ，t  s ，所以， f (tx)  f (sx) ，即 f (| x1 |)  f (| x2 |) ，
由选项C 知，函数 y  f (x) 为偶函数， f (| x1 |)  f (x1 ) ，f (| x2 |)  f (x2 ) ， f (x1 )  f (x2 ) ，
故 D 正确， 故选： ACD ．
【答案】 AC
f ()
【分析】利用对恒等式赋值来得到 1
2
的值，通过赋值得到递推关系求等比数列
的和，通过赋值可得到奇函数恒等式，由于定义域是有断点，所以不能确定在定义域内是否单调．
【 解 答 】 解 ： 对 于 任 意 非 零 实 数 x 、 y ，
x  y  0 ， 函 数
f (x) 满 足 ：
f (x  y)( f (x)  f ( y))  f (x) f ( y) ，
且 f (x) 在(, 0) 上单调递减， f （1）  1，
对于 A ，令 x  y  1 ，则
1 1
2 ，因 1
 0 ，故 1
 2 f (1)  2 ，故 A
正确；
2 f (1) f () [ f ()]
222
f () 2
f () 2
，令 ，则
对于
[ f (x)]21
Byxf (2x) 
f (x) ，
2 f (x)2
则1
f ()  f (2  1 )  1 f ( 1
) ，即 f ( 1 ) 
1 ，故1
是以 1
 2 为首项，
2i2i 1
22i 1
2i 1
2 f ( 2i ){ f ( 2i )}
f () 2
2 为公比的等比数列，
于是2023 f ( 1 )  2(1  22023 )  22024  2 ，故 B 错误；
i 12i
1  2
对于C ，由题意，函数 f (x) 的定义域为( ， 0) (0 ， ) ，
令 y  2x ，则 f (x) 
f (x) f (2x)
f (x)  f (2x)
（1），
将 x 、 y 都取成x ，可得： f (2x) 
f (x) f (x) 
f (x)
（2），
2 f (x)2
将（2）式代入（1）式，可得
f (x) f (x)
f (x)  2 
f (x)
 1  f (x)  f (x)  0 ，
f (x)  f (x)2 f (x)  f (x) 2
化简可得 f (x)   f (x) ，即 f (x) 为奇函数，故C 正确．
对于 D ， f (x) 在(, 0) 上单调递减且为奇函数，可得 f (x) 在(0, ) 上单调递减，
但不能判断 f (x) 在定义域上的单调性，例如 f (x)  1 ，故 D 错误．
x
故选： AC ．
【答案】 BC
【分析】结合已知函数的奇偶性及对称性进行转化，求出函数的周期，然后结合函数周期性，对称性及奇偶性检验各选项即可求解．
【解答】解：Q f (x  2)   f (x) ， f (x  2)  f (x)  0 ，
 f (x) 关于点(1, 0) 中心对称，故 A 错误；令 F (x)  f (x  1) ，
 F (x)  f (x  1) ，又 f (x  1)   f (x  1) ，
 F (x)  F (x) ，故函数 f (x  1) 为奇函数，故 B 正确；
Q f (x)  f (x) ，即 f (x) 为偶函数， f (x  2)  f (x)  0 ，
 f (x  2)   f (x) ， f (x  4)   f (x  2)  f (x) ，
 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 ．
 f (n)  506 [ f （1）  f （2）  f （3）  f （4）]  f （1）  0  f （1）  0 ，故C
正确；
f (lg 4 )  f (lg 4  4)  f (lg 4) ，
(lg 4)2  (lg 15)2
3 8133
2
(lg 4)2  (lg3  lg5)2
而lg 4  lg 5  lg 4  lg5  (lg 4)

 lg3  lg5 
2 0 ，
34lg3
lg 4
lg3  lg 4
lg3  lg 4
lg3  lg 4
故1  lg4 5  lg3 4  2 ，又Q当 x [0 ，1] 时， f (x) 单调递减，且T  4 ，
 f (x  2)  f (x)  0 ，
 f (x) 关于点(1, 0) 中心对称， f (x) 在区间(1, 2) 上单调递减， f (lg3 4)  f (lg4 5) ，
即 f (lg 4 )  f (lg 5) ，故 D 错误．
3 814
故选： BC ．
三．填空题（共 4 小题）
【答案】 3 ．
2
【分析】整理可得 f (x)  x2  2(1  a)x  cs x  a2 ，根据偶函数性质列式求解即可得
结果．
)
【解答】解：因为 f (x)  (x  a)2  2x  sin(x  π  x2  2(1  a)x  cs x  a2 ，
2
可知 y  x2 ， y  cs x ， y  a2 均为偶函数， y  2(1  a)x 为奇函数，若函数 f (x) 是定义域为[b  1 ， b] 的偶函数，

则2(1  a)  0 ，可得a  1， b  1 ，所以a  b  3 ．
b  1  b  022
故答案为： 3 ．
2
【答案】2 ．
【 分 析 】 根 据 题 意 ， 由 奇 函 数 的 定 义 可 得
f (x)  f (x)  ln( x  1  a )  ln( x  1  a )  0 ，变形分析求出a 的值，验证即可得答案．
x  1x  1
【解答】解：根据题意，设 f (x)  ln(
a
x  1
 1) ，则 f (x)  ln(
a
x  1
 1)  ln( x  1  a ) ，
x  1
x  1  a
x  1  a
(1  a)2  x2
若 f (x) 为奇函数，则 f (x)  f (x)  ln()  ln()  ln()  0 ，

(1  a)2  x2
必有1  x21 ，变形可得
a  2
x  1
或 0，
x  11  x2
当a  2 时， f (x)  ln( x  1) ，其定义域为{x | x  1 或 x  1} ，
x  1
又由 f (x)  f (x)  0 ， f (x) 为奇函数，符合题意，
当a  0 时， f (x)  ln(
故a  2 ．
故答案为： 2 ．
0
x  1
 1) ，其定义域为{x | x  1} ，不是奇函数，不符合题意，
2
【答案】[1 ，1  2]．
【分析】根据题意，由函数的解析式分析 f (x)„ 1 在[0 ， ) 上的解集，结合偶函数的性质，分析可得答案．
x(x  2), x  2
【解答】解：根据题意，当 x… 0 时， f (x)  x | x  2 | ，即 f (x)  x(2  x), 0  x  2 ，

2
当 x… 0 时，不等式 f (x)„ 1 即x(2  x)  1 或x(x  2)  1 ，解可得0„ x„ 1 ，


0  x  2x  2
又由函数 f (x) 是偶函数，当 x  0 时，不等式 f (x)„ 1 的解集为1  2„ x  0 ，
2
综合可得：不等式 f (x)„ 1 的解集为[1 ，1  2]．
2
故答案为：[1 ，1  2]．
​
【分析】由 f (x) 是奇函数得函数图象关于原点对称，由 xf (x)  0 可得 x 与 f (x) 符号相反，根据奇函数的对称性可求得结果
【解答】解：Q xf (x)  0
①当 x  0 时， f (x)  0 ，
结合函数的图象可得，1  x  2 ，
（2） x  0 时， f (x)  0 ，
根据奇函数的图象关于原点对称可得， 2  x  1 ，
不等式 xf (x)  0 的解集为(2 ， 1) (1 ， 2) ．故答案为： (2 ， 1) (1 ， 2) ．
四．解答题（共 6 小题）
【答案】（1）当k  1时， f (x) 是 R 上的偶函数；当
k  1 时， f (x) 是 R 上的奇函数；
当k  1且k  1时， f (x) 既不是奇函数也不是偶函数；
6
（2）{t | t  3} ．
【分析】（1）利用函数奇偶性定义，分类讨论即可；
确定函数的单调性，结合奇函数的性质求解不等式即可．
【解答】解：（1）函数 f (x)  ax  kax 的定义域为 R ，且 f (x)  ax  kax ，当 f (x)   f (x) 时， ax  kax  (ax  kax ) ，即(1  k )(ax  ax )  0 恒成立，
所以1  k  0 ，即k  1 ，此时 f (x)  ax  ax ，经检验 f (x) 是 R 上的奇函数；当 f (x)  f (x) 时， ax  kax  ax  kax ，即(1  k )(ax  ax )  0 恒成立，
所以1  k  0 ，即k  1，此时 f (x)  ax  ax ，经检验 f (x) 是 R 上的偶函数；当k  1且k  1时， f (x)   f (x) ，此时 f (x) 既不是奇函数也不是偶函数；综上，当k  1时， f (x) 是 R 上的偶函数；当
k  1 时， f (x) 是 R 上的奇函数；
当k  1且k  1时， f (x) 既不是奇函数也不是偶函数；
3k  1  0
（2）函数 f (x)  ax  kax ，由 f (0)  0, f (1)  ，得k3 ，而a  0 ， a  1，
2a  
a2
所以a  2 ， k  1 ，则 f (x)  2x  2x 是 R 上的奇函数且是 R 上的增函数，
不等式 f (lnt)  f (ln(t2  6))  0  f (ln(t2  6))   f (lnt)  f (lnt) ，即ln(t2  6)  lnt ，则0  t2  6  t ，
6
6
解t2  6  0 ，得t  或t ；
6
解t2  6  t ，即t2  t  6  0 ，得2  t  3 ．于是 t  3 ，
6
所以t 的取值范围是{t | t  3} ．
【答案】（1） m  2 ， n  0 ；（2） f (x) 在[1 ， 1] 上为增函数，证明见解答；
[0 ，1) ．
【分析】（1）由奇函数的性质可得 f (0)  0 ，结合 f （1）  1，解方程可得m ， n
的值；
f (x) 在[1 ，1] 上为增函数，再由单调性的定义证明，注意运用因式分解和不等式的性质；
由奇函数 f (x) 在[1 ，1] 上为增函数，可将不等式的两边的“ f ”去掉，解
不等式可得所求取值范围．
【解答】解：（1）函数 f (x)  mx  n 是定义在[1 ，1] 上的奇函数， x2  1
且 f （1）  1，可得 f (0)  0 即n  0 ；
又 1 (m  n)  1 ，则m  2 ，所以m  2 ， n  0 ；
2
（2） f (x) 
2x x2  1
在[1 ，1] 上为增函数．
证明：设1„ x  x „ 1 ，则 f (x )  f (x )  2x1  2x2
1212
x 2  1
x 2  1
12
12
 2(x1  x2 )(1  x1 x2 ) ， (x 2  1)(x 2  1)
由1„ x1  x2„ 1 ，可得 x1  x2  0 ， x1 x2  1，则 f (x1 )  f (x2 )  0 ，即 f (x1 )  f (x2 ) ，
所以 f (x) 在[1 ，1] 上为增函数；
（3）由 f (x) 为奇函数，
可得 f (a  1)  f (a2  1)  0 即为 f (a  1)   f (a2  1)  f (1  a2 ) ，由 f (x) 在[1 ，1] 上为增函数，可得1„ a  1  1  a2„ 1 ，
解得0„ a  1 ，即a 的取值范围是[0 ，1) ．
【答案】（1） k  1，证明见解答；
3
（2）{a | a  2} ；
{t | t   25}．
12
【分析】（1）结合奇函数的定义可求k ，任取 x1 ， x2 (1,1) ，且 x1  x2 ，利用作差法比较 f (x1 ) 与 f (x2 ) 的大小即可判断；
结合函数的单调性即可求解；
由奇函数定义求出m  n ，由存在性问题进行转化，然后结合二次方程根的分布情况即可求解．
【解答】解：（1）因为 f (x) 为奇函数，定义域为(1,1) ，所以 f (0)  0 ，得k  1，
f (x) 在定义域(1,1) 上为增函数，证明如下：
任取 x1 ， x2 (1,1) ，且 x1  x2 ，
2x  12
f (x)  2x  1  1  2x  1 ，
222(2x2  2x1 )
1
12 2
1(2 12
则 f (x2 )  f (x1 )  2x   x  x  1)(2x  1)  0 ，
所以 f (x1 )  f (x2 ) ， f (x) 在定义域上为增函数．
2  a  a2  4

（2）由（1）可得1  2  a  1 ，

1  a2  4  1
3
解得 a  2 ，
3
故a 的范围为{a | a  2} ；
（3）因为 f (m)  f (n)  0 ，
所以 f (m)   f (n)  f (n) ，则m  n ，
因为 g(x)  4x  t  2x1  1  t  (2x )2  2t  2x  1  t ，
由 g(m)  g(n)… 0 可得(2m )2  2t  2m  1  t  (2n )2  2t  2n  1  t… 0 ，即(2m  2n )2  2  2m  2n  2t(2m  2n )  2  2t… 0 ，
令2m  2n  u ， u 
(2, ) ，
5
2
则u2  2tu  2t… 0 ，存在实数u 
5
(2, )
2
，使得h(t)  u2  2tu  2t… 0 ，
h()
只需h （2）  0 或 5
2
0 ，
即4  2t  0 或3t  25  0 ，
4
解得t   25 ，
12
故t 的范围为{t | t   25}．
12
【答案】（1） a  1；
单调递减，详见解答过程；
2
{m | m  2 1} ．
【分析】（1）结合奇函数定义即可求解a ；
任取 x1 、 x2  R ，且 x1  x2 ，利用作差法比较(x1 ) 与 f (x2 ) 的大小即可判断；
结合函数的单调性及奇偶性对已知不等式进行转化，然后结合恒成立与最值关系的转化即可求解．
【解答】解：定义域为 R 的函数 f (x) 
由题意可得， f (x)   f (x) ，
ex  a ex  1
是奇函数，
可得
a  exa  exex (a  ex )a  ex
a  ex  1 α ex
(a  1)(ex  1)
f (x)  f (x)  e x  1  ex  1  ex (e x  1)  ex  1 
，
解得a  1；
ex  1
ex  1
 a  1  0
故 f (x) 在 R 上是递减函数；
1  ex2
f (x)  1  ex  1  ex  1 单调递减，证明如下：
证明：任取 x 、 x  R ，且 x  x ，则ex1  ex2 ，
1212
222(ex1  ex2 )
1212
则 f (x1 )  f (x2 )  1  ex 1  1  ex
 
 1(ex
 1)(ex
 1)  0 ，
即 f (x1)  f (x2 ) ，
故 f (x) 是定义在 R 上的递减函数；
（3）Q f (m  3?)  f (3? 9? 2)  0 ， f (m  3?)   f (3? 9? 2) ，又 f (x) 是 R 上的奇函数， f (m  3?)  f (3? 9? 2) ，
Q f (x) 是 R 上的递减函数， m  3?  3? 9? 2 ，
3x  9x  2
 m  1  3x 3x
 2 对任意的 x… 0 恒成立，
3x
设t  3x ，且 g(t)  t  2  1 ，即m  g(t)min ，
t
t  2
t
: x… 0 ，t  3x… 1 ， g(t)  t  2  1  2
t
 1  2
 1 ，当且仅当t  2 即t 时等
2
2
t
号成立，
2
 m  2 1 ，
2
故m 的范围为{m | m  2 1} ．
【答案】（1） f (x) 是定义 R 在的偶函数，理由见解答；（2）证明见解答；（3）
4050．
【分析】（1）根据赋值法，偶函数的定义，即可求解；
根据赋值法，点对称的结论，即可证明；
根据周期性， f 2 (n)  f (2n  4)  f (0) ，即可求解．
【解答】解：（1）令 x  y  0 ，得 f （2）  0 ；再令 x  0 得 f ( y)  f ( y) ，所以 f (x) 是定义 R 在的偶函数；
（2）证明：令 y  x ，得 f (0)  f (2x)  f (x  2) f (x  2) ；
再令 y  x ，得 f (2x)  f (0)  f (x  2) f (x  2) ，
两式相加得 f (x  2)[ f (x  2)  f (x  2)]  0 ，这里 f (x  2) 不恒为零，所以 f (x  2)  f (x  2)  0 ，即 f (x  2)   f (x  2) ，
所以(2, 0) 是 f (x) 的一个对称中心，
所以 f (x)   f (x  4) ，又 f (x)  f (x) ，所以 f (x  4)   f (x) ，
所以 f (x  8)   f (x  4)  f (x) ，所以 f (x) 的周期为 8，即 f (x  8)  f (x) ；
由（2）知 f （3）   f （1）； f （4）   f (0) ；令 x  y  1 ，得 f (0)  f 2 （3）；
令 x  2 ， y  1 ， 得 f （ 3 ）  f （ 1 ）  f （ 4 ） f （ 3 ）   f (0) f （ 3 ）， 得到
f (0)  2 ，
所以 f (2)  f (0)  f （2）  f （4）  f （2）  f (0)  f （2）  f (0)  0 ， f （6）  f （8）  f (10)  f (12)  f (2)  f (0)  f （2）  f （4）  0 ， ，令 x  y  n  2 ，得 f 2 (n)  f (2n  4)  f (0) ，
所以 f 2 （1）  f 2 （2）  f 2 (2025)
 f (2)  f (0)  f (4046)  2025 f (0)
 506 [ f (2)  f (0)  f （2）  f （4） ]  f (4046)  2025 f (0)
 506  0  f (2)  2025 f (0)
 2025  (2)  4050 ．
【答案】（1） 8 ；
3
详见解答过程；
}
{m | m  13 ．
4
【分析】（1）把 x  a 代入，结合对数运算性质即可求解；
任取 X1 ， x2  R ，且 x1  x2 ，然后利用作差法判断 f (x1 ) 与 f (x2 ) 的大小即可判断；
结合函数的单调性对已知不等式进行转化，然后结合恒成立与最值关系的
转化即可求解．
【解答】解：（1）Q f (x)  2x  1 ，
2x
则 f (a)  2lg2 3 
1
2lg2 3
 3  1  8 ，
33
（2）证明：任取 x1 ， x2  R ，且 x1  x2 ，
1212
则 f (x )  f (x )  2x  1
 (2x 
1 )  2x  1
 2x  1
122x1
2x2
2x1
2x2
12 12
 2x  2x  ( 1
 1 )  (2x
 2x )(1 
1) ，
Q x1  x2 ，
2x2
2x1
2x1  2x2
则0  2x  2x ， 2x  2x  0 ，1 1
0 ，
1212
2x1  2x2
故 f (x1 )  f (x2 )  0 ，即 f (x1 )  f (x2 ) ，
 f (x) 在 R 上单调递增；
（3）Q f (lg2
x)  2lg2 x 
1
2lg2 x
 x  1 ，
x
由（2）可知， f (x) 在 R 上单调递增，
222
 (lg x)2  m lg x  1  lg x ，
222
 (lg x)2  lg x  1  m lg x ，
要存在 x [4 ，16] ，使得不等式 f [(lg
x)2  m lg
x  1]  x  1  0 成立，
22
x
222
只要存在 x [4 ，16] ，使得(lg x)2  lg x  1  m lg x 成立，
Q x [4 ，16] ，lg ， x [2 ， 4] ，令t  lg2 x(t [2, 4]) ，
只要存在t [2 ， 4] ，使得mt„ t2  t  1 成立，即m  (t  1  1)
t
max ，
Qt [2 ， 4] ，函数 y  t  1  1 在[2 ， 4] 上单调递增，
t
则t  1  1  13 ，
t4
}
故m 的范围为{m | m  13 ．
4