第二章　§2.3　函數(shù)的奇偶性、周期性-2025高中數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版

§2.3函數(shù)的奇偶性、周期性課標(biāo)要求1.了解函數(shù)奇偶性的含義，了解函數(shù)的周期性及其幾何意義.2.會(huì)依據(jù)函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行簡單的應(yīng)用．知識(shí)梳理1．函數(shù)的奇偶性奇偶性定義圖象特點(diǎn)偶函數(shù)一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镈，如果?x∈D，都有－x∈D，且f(－x)＝f(x)，那么函數(shù)f(x)就叫做偶函數(shù)關(guān)于y軸對(duì)稱奇函數(shù)一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镈，如果?x∈D，都有－x∈D，且f(－x)＝－f(x)，那么函數(shù)f(x)就叫做奇函數(shù)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱2.函數(shù)的周期性(1)周期函數(shù)：一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镈，如果存在一個(gè)非零常數(shù)T，使得對(duì)每一個(gè)x∈D都有x＋T∈D，且f(x＋T)＝f(x)，那么函數(shù)y＝f(x)就叫做周期函數(shù)，非零常數(shù)T叫做這個(gè)函數(shù)的周期．(2)最小正周期：如果在周期函數(shù)f(x)的所有周期中存在一個(gè)最小的正數(shù)，那么這個(gè)最小正數(shù)就叫做f(x)的最小正周期．常用結(jié)論1．函數(shù)奇偶性常用結(jié)論奇函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的區(qū)間上具有相同的單調(diào)性；偶函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的區(qū)間上具有相反的單調(diào)性．2．函數(shù)周期性常用結(jié)論對(duì)f(x)定義域內(nèi)任一自變量x的值：(1)若f(x＋a)＝－f(x)，則T＝2a(a>0)．(2)若f(x＋a)＝eq\f(1,fx)，則T＝2a(a>0)．自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)若函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，則f(0)＝0.(×)(2)不存在既是奇函數(shù)，又是偶函數(shù)的函數(shù)．(×)(3)對(duì)于函數(shù)y＝f(x)，若f(－2)＝－f(2)，則函數(shù)y＝f(x)是奇函數(shù)．(×)(4)若T是函數(shù)f(x)的一個(gè)周期，則kT(k∈N*)也是函數(shù)f(x)的一個(gè)周期．(√)2．(2023·濟(jì)南統(tǒng)考)若函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x2－6x，則f(－1)等于()A．－7B．－5C．5D．7答案C解析因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以f(－1)＝－f(1)＝5.3．(2023·鹽城檢測)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝f(x)，當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f(x)＝x2＋1，則f(2024.5)等于()A.eq\f(17,16)B.eq\f(5,4)C．2D．1答案B解析由f(x＋2)＝f(x)可知，函數(shù)f(x)的周期為2，當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f(x)＝x2＋1，∴f(2024.5)＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2024＋\f(1,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,4)＋1＝eq\f(5,4).4.已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，其在[0，＋∞)上的圖象如圖所示．則不等式xf(x)>0的解集為________．答案(－2,0)∪(0,2)解析根據(jù)奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，可得f(x)的圖象如圖所示．xf(x)>0即圖象上點(diǎn)的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)同號(hào)，且均不為0.結(jié)合圖象可知，xf(x)>0的解集是(－2,0)∪(0,2)．題型一函數(shù)奇偶性的判斷例1(1)(多選)下列函數(shù)是奇函數(shù)的是()A．f(x)＝tanx B．f(x)＝x2＋xC．f(x)＝eq\f(ex－e－x,2) D．f(x)＝ln|1＋x|答案AC解析對(duì)于A，函數(shù)的定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且f(－x)＝tan(－x)＝－tanx＝－f(x)，故函數(shù)為奇函數(shù)；對(duì)于B，函數(shù)的定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且f(－x)＝x2－x≠±f(x)，故函數(shù)為非奇非偶函數(shù)；對(duì)于C，函數(shù)的定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且f(－x)＝eq\f(e－x－ex,2)＝－f(x)，故函數(shù)為奇函數(shù)；對(duì)于D，函數(shù)的定義域?yàn)閧x|x≠－1}，不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故函數(shù)為非奇非偶函數(shù)．(2)已知函數(shù)f(x)對(duì)任意x，y∈R，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2，則函數(shù)f(x)＋2為________函數(shù)．(填“奇”“偶”或“非奇非偶”)答案奇解析由題意得函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，令x＝y(tǒng)＝0，則f(0)＝f(0)＋f(0)＋2，故f(0)＝－2.令y＝－x，則f(0)＝f(x)＋f(－x)＋2，故f(x)＋2＝－f(－x)－2＝－[f(－x)＋2]．故f(x)＋2為奇函數(shù)．思維升華判斷函數(shù)的奇偶性，其中包括兩個(gè)必備條件(1)定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，否則即為非奇非偶函數(shù)．(2)判斷f(x)與f(－x)是否具有等量關(guān)系，在判斷奇偶性的運(yùn)算中，可以轉(zhuǎn)化為判斷奇偶性的等價(jià)等量關(guān)系式(f(x)＋f(－x)＝0(奇函數(shù))或f(x)－f(－x)＝0(偶函數(shù)))是否成立．跟蹤訓(xùn)練1(2024·哈爾濱模擬)下列函數(shù)中不具有奇偶性的是()A．f(x)＝x＋sinxB．f(x)＝(x－1)eq\r(\f(x＋1,x－1))C．f(x)＝ln(eq\r(x2＋1)－x)D．f(x)＝2x＋eq\f(1,2x)答案B解析A項(xiàng)，f(x)的定義域?yàn)镽，由f(－x)＝－x＋sin(－x)＝－f(x)知，f(x)為奇函數(shù)；B項(xiàng)，令eq\f(x＋1,x－1)≥0，解得x≤－1或x>1，即函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，－1]∪(1，＋∞)，不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，即f(x)為非奇非偶函數(shù)；C項(xiàng)，因?yàn)閤2＋1>x2，所以eq\r(x2＋1)－x>0恒成立，即f(x)的定義域?yàn)镽，又f(－x)＋f(x)＝ln(eq\r(x2＋1)＋x)＋ln(eq\r(x2＋1)－x)＝0，故f(x)為奇函數(shù)；D項(xiàng)，f(x)的定義域?yàn)镽，由f(－x)＝f(x)知，f(x)為偶函數(shù)．題型二函數(shù)奇偶性的應(yīng)用命題點(diǎn)1利用奇偶性求值(解析式)例2(1)設(shè)函數(shù)f(x)＝x5＋2x3＋3x＋1在區(qū)間[－2025,2025]上的最大值是M，最小值為m，則M＋m等于()A．0B．2C．1D．3答案B解析由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，令g(x)＝f(x)－1＝x5＋2x3＋3x，則函數(shù)g(x)為奇函數(shù)，∴g(x)在區(qū)間[－2025,2025]上的最大值與最小值之和為0，即M－1＋m－1＝0，∴M＋m＝2.(2)(2023·呂梁統(tǒng)考)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝e－x＋2x－1，則當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝________.答案－ex＋2x＋1解析因?yàn)閒(x)是定義在R上的奇函數(shù)，則當(dāng)x＝0時(shí)，f(0)＝0.當(dāng)x>0時(shí)，－x<0，f(x)＝－f(－x)＝－(ex－2x－1)＝－ex＋2x＋1，又f(0)＝－e0＋2×0＋1＝0，則當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝－ex＋2x＋1.命題點(diǎn)2利用奇偶性解不等式例3(2023·龍巖模擬)若定義在R上的奇函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(3)＝0，則滿足xf(x－2)<0的x的取值范圍為()A．(－∞，－1)∪(2,5) B．(－∞，－1)∪(0,5)C．(－1,0)∪(2,5) D．(－1,0)∪(5，＋∞)答案C解析因?yàn)槎x在R上的奇函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(3)＝0，所以f(x)在(－∞，0)上也單調(diào)遞增，且f(－3)＝0，f(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－∞，－3)∪(0,3)時(shí)，f(x)<0，當(dāng)x∈(－3,0)∪(3，＋∞)時(shí)，f(x)>0，所以由xf(x－2)<0，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0，,－3<x－2<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,0<x－2<3，))解得－1<x<0或2<x<5，即x∈(－1,0)∪(2,5)．抽象函數(shù)抽象函數(shù)主要研究賦值求值、證明函數(shù)的性質(zhì)、解不等式等，一般通過代入特殊值求值、通過f(x1)－f(x2)的變換判定單調(diào)性、出現(xiàn)f(x)及f(－x)判定抽象函數(shù)的奇偶性、換x為x＋T確定周期性．(1)判斷抽象函數(shù)單調(diào)性的方法①若給出的是“和型”抽象函數(shù)f(x＋y)＝…，判斷符號(hào)時(shí)要變形為f(x2)－f(x1)＝f((x2－x1)＋x1)－f(x1)或f(x2)－f(x1)＝f(x2)－f((x1－x2)＋x2)；②若給出的是“積型”抽象函數(shù)f(xy)＝…，判斷符號(hào)時(shí)要變形為f(x2)－f(x1)＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1·\f(x2,x1)))－f(x1)或f(x2)－f(x1)＝f(x2)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2·\f(x1,x2))).(2)常見的抽象函數(shù)模型①正比例函數(shù)f(x)＝kx(k≠0)，對(duì)應(yīng)f(x±y)＝f(x)±f(y)；②冪函數(shù)f(x)＝xa，對(duì)應(yīng)f(xy)＝f(x)f(y)或f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝eq\f(fx,fy)；③指數(shù)函數(shù)f(x)＝ax(a>0，且a≠1)，對(duì)應(yīng)f(x＋y)＝f(x)f(y)或f(x－y)＝eq\f(fx,fy)；④對(duì)數(shù)函數(shù)f(x)＝logax(a>0，且a≠1)，對(duì)應(yīng)f(xy)＝f(x)＋f(y)或f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)或f(xn)＝nf(x)；⑤正弦函數(shù)f(x)＝sinx，對(duì)應(yīng)f(x＋y)f(x－y)＝f2(x)－f2(y)，來源于sin2α－sin2β＝sin(α＋β)sin(α－β)；⑥余弦函數(shù)f(x)＝cosx，對(duì)應(yīng)f(x)＋f(y)＝2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))

f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－y,2)))，來源于cosα＋cosβ＝2coseq\f(α＋β,2)·coseq\f(α－β,2)；⑦正切函數(shù)f(x)＝tanx，對(duì)應(yīng)f(x±y)＝eq\f(fx±fy,1?fxfy)，來源于tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1?tanαtanβ).典例(1)(多選)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0，且滿足f(2)＝1，則下列說法正確的是()A．f(x)為奇函數(shù)B．f(－2)＝－1C．不等式f(2x)－f(x－3)>－2的解集為(－5，＋∞)D．f(－2024)＋f(－2023)＋…＋f(0)＋…＋f(2023)＋f(2024)＝2023答案AB解析對(duì)于A，令x＝y(tǒng)＝0，可得f(0)＝f(0)＋f(0)＝2f(0)，所以f(0)＝0，令y＝－x，得到f(－x)＋f(x)＝f(0)＝0，即f(－x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以f(－2)＝－f(2)＝－1，故B正確；對(duì)于C，設(shè)x1>x2，x＝x1，y＝－x2，可得f(x1－x2)＝f(x1)＋f(－x2)，所以f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)，又因?yàn)閤1>x2，所以x1－x2>0，所以f(x1－x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(－2)＝－1，所以f(－4)＝f(－2－2)＝2f(－2)＝－2，由f(2x)－f(x－3)>－2，可得f(2x)>f(x－3)＋f(－4)，所以f(2x)>f(x－3－4)＝f(x－7)，所以2x>x－7，得到x>－7，所以f(2x)－f(x－3)>－2的解集為(－7，＋∞)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以f(－x)＋f(x)＝0，所以f(－2024)＋f(2024)＝f(－2023)＋f(2023)＝…＝f(－1)＋f(1)＝0，又f(0)＝0，故f(－2024)＋f(－2023)＋…＋f(0)＋…＋f(2023)＋f(2024)＝0，故D錯(cuò)誤．(2)已知f(x)，g(x)都是定義在R上的函數(shù)，對(duì)任意x，y滿足f(x－y)＝f(x)g(y)－g(x)f(y)，且f(－2)＝f(1)≠0，則下列說法正確的是()A．f(0)＝1B．函數(shù)g(2x＋1)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱C．g(1)＋g(－1)＝0D．若f(1)＝1，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2023)＝1答案D解析對(duì)于A，令x＝y(tǒng)＝0，代入已知等式得f(0)＝f(0)g(0)－g(0)f(0)＝0，得f(0)＝0，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，取f(x)＝sineq\f(2π,3)x，g(x)＝coseq\f(2π,3)x，滿足f(x－y)＝f(x)g(y)－g(x)f(y)及f(－2)＝f(1)≠0，因?yàn)間(3)＝cos2π＝1≠0，所以g(x)的圖象不關(guān)于點(diǎn)(3,0)對(duì)稱，所以函數(shù)g(2x＋1)的圖象不關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，令y＝0，x＝1，代入已知等式得f(1)＝f(1)g(0)－g(1)f(0)，可得f(1)[1－g(0)]＝－g(1)f(0)＝0，結(jié)合f(1)≠0得1－g(0)＝0，g(0)＝1，再令x＝0，代入已知等式得f(－y)＝f(0)g(y)－g(0)f(y)，將f(0)＝0，g(0)＝1代入上式，得f(－y)＝－f(y)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)．令x＝1，y＝－1，代入已知等式，得f(2)＝f(1)g(－1)－g(1)f(－1)，因?yàn)閒(－1)＝－f(1)，所以f(2)＝f(1)[g(－1)＋g(1)]，又因?yàn)閒(2)＝－f(－2)＝－f(1)，所以－f(1)＝f(1)[g(－1)＋g(1)]，因?yàn)閒(1)≠0，所以g(1)＋g(－1)＝－1，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，分別令y＝－1和y＝1，代入已知等式，得以下兩個(gè)等式：f(x＋1)＝f(x)g(－1)－g(x)f(－1)，f(x－1)＝f(x)g(1)－g(x)f(1)，兩式相加易得f(x＋1)＋f(x－1)＝－f(x)，所以f(x＋2)＋f(x)＝－f(x＋1)，即f(x)＝－f(x＋1)－f(x＋2)，有－f(x)＋f(x)＝f(x＋1)＋f(x－1)－f(x＋1)－f(x＋2)＝0，即f(x－1)＝f(x＋2)，所以f(x)為周期函數(shù)，且一個(gè)周期為3，因?yàn)閒(1)＝1，所以f(－2)＝1，所以f(2)＝－f(－2)＝－1，f(3)＝f(0)＝0，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＝0，所以eq\i\su(n＝1,2023,f)(n)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2023)＝f(2023)＝f(1)＝1，故D正確．思維升華(1)利用函數(shù)的奇偶性可求函數(shù)值或求參數(shù)的取值，求解的關(guān)鍵在于借助奇偶性轉(zhuǎn)化為求已知區(qū)間上的函數(shù)或得到參數(shù)的恒等式，利用方程思想求參數(shù)的值．(2)利用函數(shù)的奇偶性可畫出函數(shù)在其對(duì)稱區(qū)間上的圖象，結(jié)合幾何直觀求解相關(guān)問題．跟蹤訓(xùn)練2(1)已知函數(shù)f(x)為R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex＋x＋m，則f(－1)等于()A．eB．－eC．e＋1D．－e－1答案B解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為R上的奇函數(shù)，則f(0)＝e0＋0＋m＝0，解得m＝－1，f(－1)＝－f(1)＝－(e＋1－1)＝－e.(2)若f(x)＝sinx＋x3＋x，則不等式f(x＋1)＋f(2x)>0的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) B．(1，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))答案C解析f(x)的定義域?yàn)镽，f(－x)＝sin(－x)－x3－x＝－sinx－x3－x＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)，f′(x)＝cosx＋3x2＋1>0，所以f(x)在R上是增函數(shù)，由f(x＋1)＋f(2x)>0，得f(x＋1)>－f(2x)＝f(－2x)，所以x＋1>－2x，解得x>－eq\f(1,3)，所以不等式f(x＋1)＋f(2x)>0的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞)).(3)(2023·新高考全國Ⅱ)若f(x)＝(x＋a)ln

eq\f(2x－1,2x＋1)為偶函數(shù)，則a等于()A．－1B．0C.eq\f(1,2)D．1答案B解析方法一因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，則f(1)＝f(－1)，即(1＋a)ln

eq\f(1,3)＝(－1＋a)ln3，解得a＝0.當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝xln

eq\f(2x－1,2x＋1).由(2x－1)(2x＋1)>0，解得x>eq\f(1,2)或x<－eq\f(1,2)，則其定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,2)或x<－\f(1,2)))))，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．f(－x)＝(－x)ln

eq\f(2－x－1,2－x＋1)＝(－x)ln

eq\f(2x＋1,2x－1)＝(－x)ln

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x－1,2x＋1)))－1＝xln

eq\f(2x－1,2x＋1)＝f(x)，此時(shí)f(x)為偶函數(shù)，符合題意．故a＝0.方法二設(shè)g(x)＝ln

eq\f(2x－1,2x＋1)，易知g(x)的定義域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，且g(－x)＝ln

eq\f(－2x－1,－2x＋1)＝ln

eq\f(2x＋1,2x－1)＝－ln

eq\f(2x－1,2x＋1)＝－g(x)，所以g(x)為奇函數(shù)．若f(x)＝(x＋a)ln

eq\f(2x－1,2x＋1)為偶函數(shù)，則y＝x＋a也應(yīng)為奇函數(shù)，所以a＝0.題型三函數(shù)的周期性例4(1)(2024·安康統(tǒng)考)設(shè)f(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，且f(2＋x)＝f(－x)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))等于()A．－eq\f(3,2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(3,2)答案C解析因?yàn)閒(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，所以f(－x)＝f(x)，故f(2＋x)＝f(－x)＝f(x)，所以f(x)的一個(gè)周期為2，故f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)－4))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(1,2).(2)(2023·瀘州模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，且周期為3，又f(－1)＝1，f(0)＝－2，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2025)的值是()A．2024B．2023C．1D．0答案D解析因?yàn)閒(x)的周期為3，f(－1)＝1，則f(2)＝f(－1＋3)＝f(－1)＝1，又f(0)＝－2，則f(3)＝f(0＋3)＝f(0)＝－2，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在R上的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，所以f(x)為偶函數(shù)，故f(1)＝f(－1)＝1，則f(1)＋f(2)＋f(3)＝0.故f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2025)＝675×0＝0.思維升華(1)求解與函數(shù)的周期有關(guān)的問題，應(yīng)根據(jù)題目特征及周期定義，求出函數(shù)的周期．(2)利用函數(shù)的周期性，可將其他區(qū)間上的求值、求零點(diǎn)個(gè)數(shù)、求解析式等問題，轉(zhuǎn)化到已知區(qū)間上，進(jìn)而解決問題．跟蹤訓(xùn)練3(多選)(2023·深圳模擬)已知非常數(shù)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，滿足f(x＋2)＋f(x)＝0，f(－x)＝－f(x)，則()A．f(2)＝0B．f(x＋4)為偶函數(shù)C．f(x)為周期函數(shù)D．f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(－4,0)對(duì)稱答案ACD解析因?yàn)閒(x＋2)＋f(x)＝0，所以f(x)＝－f(x＋2)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)的一個(gè)周期是4，故C正確；又f(－x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)，f(0)＝0，所以f(2)＋f(0)＝0，即f(2)＝0，故A正確；又f(x)的一個(gè)周期為4，且為奇函數(shù)，所以f(x＋4)為奇函數(shù)，故B不正確；因?yàn)閒(x)的圖象關(guān)于(0,0)對(duì)稱，所以f(x)的圖象也關(guān)于點(diǎn)(－4,0)對(duì)稱，故D正確．課時(shí)精練一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·寧波統(tǒng)考)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝f(x)，則f(2024)等于()A．－1B．0C．1D．2答案B解析因?yàn)閒(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，又f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是周期為2的周期函數(shù)，所以f(2024)＝f(0)＝0.2．(2023·全國乙卷)已知f(x)＝eq\f(xex,eax－1)是偶函數(shù)，則a等于()A．－2B．－1C．1D．2答案D解析因?yàn)閒(x)＝eq\f(xex,eax－1)為偶函數(shù)，則f(x)－f(－x)＝eq\f(xex,eax－1)－eq\f(－xe－x,e－ax－1)＝eq\f(x[ex－ea－1x],eax－1)＝0，又因?yàn)閤≠0，可得ex－e(a－1)x＝0，即ex＝e(a－1)x，則x＝(a－1)x，即1＝a－1，解得a＝2.3．(2023·長沙模擬)已知偶函數(shù)f(x)對(duì)于任意x∈R都有f(x＋2)＝f(x)，且f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增，則f(－6.5)，f(－1)，f(0)的大小關(guān)系是()A．f(－1)<f(0)<f(－6.5)B．f(－6.5)<f(0)<f(－1)C．f(－1)<f(－6.5)<f(0)D．f(0)<f(－6.5)<f(－1)答案D解析∵f(x)對(duì)于任意x∈R都有f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)的周期為2，∵偶函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增，f(－6.5)＝f(－0.5)＝f(0.5)，f(－1)＝f(1)，∴f(0)<f(0.5)<f(1)，即f(0)<f(－6.5)<f(－1)．4．(2021·全國乙卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)，則下列函數(shù)中為奇函數(shù)的是()A．f(x－1)－1 B．f(x－1)＋1C．f(x＋1)－1 D．f(x＋1)＋1答案B解析f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)＝eq\f(2－x＋1,1＋x)＝eq\f(2,1＋x)－1，為保證函數(shù)變換之后為奇函數(shù)，需將函數(shù)y＝f(x)的圖象向右平移1個(gè)單位長度，再向上平移1個(gè)單位長度，得到的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為y＝f(x－1)＋1.5．(2023·紹興統(tǒng)考)若f(x)，g(x)分別為定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，且f(x)＋g(x)＝2x，則f(0)＋g(1)等于()A．1B．2C.eq\f(3,4)D.eq\f(5,4)答案D解析f(x)＋g(x)＝2x，①則f(－x)＋g(－x)＝2－x，又f(x)，g(x)分別為定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，∴－f(x)＋g(x)＝2－x，②①②兩式相加除以2得g(x)＝eq\f(2x＋2－x,2)，相減除以2得f(x)＝eq\f(2x－2－x,2)，∴f(0)＝0，g(1)＝eq\f(2＋\f(1,2),2)＝eq\f(5,4)，∴f(0)＋g(1)＝eq\f(5,4).6．(2023·重慶模擬)已知函數(shù)f(x)＝2－|x|＋eq\f(2,x2＋11)，則使得不等式f(2m)<f(m＋1)成立的實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪(1，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))∪(1，＋∞)答案C解析因?yàn)閒(－x)＝2－|x|＋eq\f(2,x2＋11)＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，又因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，y＝2－x和y＝eq\f(2,x2＋11)單調(diào)遞減，所以f(x)＝2－|x|＋eq\f(2,x2＋11)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，因?yàn)閒(2m)<f(m＋1)，所以|m＋1|<|2m|，即(m＋1)2<(2m)2，展開可得3m2－2m－1>0，解得m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪(1，＋∞)．二、多項(xiàng)選擇題7．(2023·松原模擬)下列函數(shù)中，在定義域內(nèi)既是奇函數(shù)又單調(diào)遞增的是()A．f(x)＝x－sinxB．f(x)＝x2cosxC．f(x)＝x＋x3D．f(x)＝ln(2－x)－ln(x＋2)答案AC解析對(duì)于A，f(－x)＝－x－sin(－x)＝－x＋sinx＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)，又f′(x)＝1－cosx≥0，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，故A正確；對(duì)于B，f(－x)＝(－x)2cos(－x)＝x2cosx＝f(x)，所以f(x)是偶函數(shù)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，顯然y＝x與y＝x3在R上既是奇函數(shù)又單調(diào)遞增，所以f(x)＝x＋x3在R上既是奇函數(shù)又單調(diào)遞增，故C正確；對(duì)于D，f(－x)＝ln(2＋x)－ln(2－x)＝－f(x)，所以f(x)為(－2,2)上的奇函數(shù)，f(x)＝ln(2－x)－ln(x＋2)＝ln

eq\f(2－x,x＋2)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(4,x＋2)))，顯然f(x)為減函數(shù)，故D錯(cuò)誤．8．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)>0，則函數(shù)f(x)滿足()A．f(0)＝0B．y＝f(x)為奇函數(shù)C．f(x)在R上單調(diào)遞增D．f(x－1)＋f(x2－1)>0的解集為{x|－2<x<1}答案ABD解析由題意，定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，對(duì)于A，令x＝y(tǒng)＝0，則f(0)＝f(0)＋f(0)，即f(0)＝0，故A正確；對(duì)于B，令y＝－x，則f(0)＝f(x)＋f(－x)＝0，即f(－x)＝－f(x)，所以y＝f(x)為奇函數(shù)，故B正確；對(duì)于C，任取x1，x2∈R，且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)，因?yàn)閤1<x2，所以x1－x2<0，所以f(x1－x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由f(x－1)＋f(x2－1)>0，可得f(x－1)>－f(x2－1)＝f(1－x2)，由C知函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，所以x－1<1－x2，解得－2<x<1，所以f(x－1)＋f(x2－1)>0的解集為{x|－2<x<1}，故D正確．三、填空題9．(2024·太原模擬)寫出一個(gè)最小正周期為3的偶函數(shù)________．答案f(x)＝coseq\f(2π,3)x(答案不唯一)解析由最小正周期為3的偶函數(shù)，可考慮三角函數(shù)中的余弦型函數(shù)f(x)＝Acosωx＋b(A≠0)，滿足f(－x)＝Acosωx＋b＝f(x)，即是偶函數(shù)．根據(jù)最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝3，可得ω＝eq\f(2π,3).令A(yù)＝1，b＝0，f(x)＝coseq\f(2π,3)x.10．(2023·全國甲卷)若f(x)＝(x－1)2＋ax＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))為偶函數(shù)，則a＝________.答案2解析∵f(x)＝(x－1)2＋ax＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝(x－1)2＋ax＋cosx＝x2＋(a－2)x＋1＋cosx，且函數(shù)為偶函數(shù)，∴a－2＝0，解得a＝2.經(jīng)驗(yàn)證，當(dāng)a＝2時(shí)滿足題意．11．奇函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，若f(x＋2)為偶函數(shù)，且f(1)＝2，則f(2023)＋f(2024)＝__________.答案－2解析因?yàn)閒(x)為R上的奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，f(0)＝0，又因?yàn)閒(x＋2)為偶函數(shù)，所以f(－x＋2)＝f(x＋2)，即f(－x)＝f(x＋4)，對(duì)比以上兩式得f(x)＝－f(x＋4)，從而f(x)＝－f(x＋4)＝f(x＋8)，即函數(shù)f(x)是一個(gè)周期為8的周期函數(shù)，所以f(2023)＋f(2024)＝f(253×8－1)＋f(253×8)＝f(－1)＋f(0)，又因?yàn)閒(1)＝2，所以f(2023)＋f(2024)＝f(－1)＋f(0)＝－f(1)＋f(0)＝－2＋0＝－2.12．(2023·南昌聯(lián)考)已知定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(6－x)＝f(－x)，且當(dāng)0<x<3時(shí)，f(x)＝2ax＋b(a>0，b>0)，若f(2023)＝3，則eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值為________．答案eq\f(8,3)解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)滿足f(6－x)＝f(－x)，所以函數(shù)f(x)的周期為6，又因?yàn)閒(2023)＝3，所以f(6×337＋1)＝f(1)＝3，因?yàn)楫?dāng)0<x<3時(shí)，f(x)＝2ax＋b(a>0，b>0)，則有2a＋b＝3，所以eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))(2a＋b)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(b,a)＋\f(4a,b)))≥eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋2\r(\f(b,a)·\f(4a,b))))＝eq\f(8,3)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(4a,b)，即a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(3,2)時(shí)取等號(hào)．四、解答題13．(2023·銀川模擬)已知函數(shù)f(x)是偶函數(shù)．當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝logax的圖象過點(diǎn)(3，－1)．(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)求函數(shù)f(x)的解析式；(3)求不等式f(x)<1的解集．解(1)∵當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝logax的圖象過點(diǎn)(3，－1)，∴l(xiāng)oga3＝－1，解得a＝eq\f(1,3).(2)設(shè)x<0，則－x>0，∴f(－x)＝，又∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(x)＝f(－x)＝．綜上所述，f(x)＝(3)∵f(x)為偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，1＝＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，∴f(x)<1?f(x)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，∴|x|>eq\f(1,3)，解得x<－eq\f(1,3)或x>eq\f(1,3).故不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,3)或x>\f(1,3))))).14．(2023·濰坊模擬)設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(x＋2)＝－f(x)，當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f(x)＝x.(1)求f(π)的值；(2)當(dāng)－1≤x≤3時(shí)，求f(x)的解析式；(3)當(dāng)－4≤x≤4時(shí)，求方程f(x)＝m(－1≤m<0)的所有實(shí)根之和．解(