第02讲 函数的单调性+奇偶性+对称性+周期性联袂 (高考高频考点，8大题型+1类方法）-【练透核心考点—新结构新定义】备战2025年高考数学一轮复习高频题型疯狂练（新教材新高考）

第02讲 函数的单调性+奇偶性+对称性+周期性联袂 目录 第一部分：题型篇 1 题型一：重点考查复合函数的单调性 1 题型二：重点考查根据函数的单调性求参数 2 题型三：重点考查根据函数的奇偶性求解析式 3 题型四：重点考查根据函数的奇偶性求参数 3 题型五：重点考查函数奇偶性与周期性综合应用 4 题型六：重点考查函数奇偶性与单调性综合应用 5 题型七：重点考查函数对称性与奇偶性综合应用 6 题型八：重点考查函数对称性+奇偶性+周期性+单调性的综合应用 7 第二部分：方法篇 8 方法一：构造奇偶函数求函数值 8 第一部分：题型篇 题型一：重点考查复合函数的单调性 典型例题 例题1．（23-24高一上·北京·期末）函数的单调增区间是 . 例题2．（23-24高一上·宁夏石嘴山·阶段练习）函数的递减区间是 . 精练高频考点 1．（23-24高一上·河北石家庄·阶段练习）函数的单调递增区间为 . 2．（23-24高一上·吉林·阶段练习）函数的单调递增区间是 ． 题型二：重点考查根据函数的单调性求参数 典型例题 例题1．（23-24高二下·山东青岛·期末）已知函数，，若在上单调递增，则的范围是（    ） A． B． C．或 D．或 例题2．（2024·全国·模拟预测）已知函数且在区间上单调递减，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 精练高频考点 1．（23-24高一下·湖南长沙·期中）若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一上·上海·随堂练习）已知函数在上是减函数，则实数的取值范围为 ． 题型三：重点考查根据函数的奇偶性求解析式 典型例题 例题1．（23-24高一下·上海黄浦·期末）已知函数是定义在上的偶函数，当时，，当时，的表达式为（    ）． A． B． C． D． 例题2．（24-25高一上·上海·随堂练习）设是定义在R上的奇函数．当时，，则时， ． 精练高频考点 1．（23-24高二下·宁夏银川·期末）已知函数是奇函数，且当时，，那么当时，的解析式为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·河南洛阳·期末）已知函数是奇函数，且，则 . 题型四：重点考查根据函数的奇偶性求参数 典型例题 例题1．（23-24高三上·江苏无锡·开学考试）若为偶函数，则（   ） A．0 B． C． D． 例题2．（23-24高二下·云南曲靖·阶段练习）已知函数为奇函数，则的值为 . 精练高频考点 1．（23-24高二下·山东临沂·期末）已知函数是定义在上的奇函数，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·内蒙古赤峰·期末）已知函数为偶函数，则实数 . 题型五：重点考查函数奇偶性与周期性综合应用 典型例题 例题1．（23-24高一下·云南大理·期末）设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若，则（    ） A．1 B． C．0 D． 例题2．（23-24高二下·黑龙江牡丹江·期末）已知是定义域为的偶函数，且满足，则 . 精练高频考点 1．（24-25高一·上海·课堂例题）已知是定义在上的奇函数，且，若对任意，都有成立，则的值为（    ） A．2026； B．2022； C．2018； D．0． 2．（23-24高二下·安徽滁州·阶段练习）已知偶函数的定义域为，且当时，，则（    ） A． B． C． D． 题型六：重点考查函数奇偶性与单调性综合应用 典型例题 例题1．（23-24高一下·湖北咸宁·期末）定义在R上的函数满足为偶函数，且在上单调递增，若，不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 例题2．（23-24高二下·贵州遵义·期末）已知是定义在R上的奇函数，当时，为减函数，且，那么不等式的解集是（    ）． A． B． C． D． 例题3．（23-24高二下·天津·期末）已知函数，则关于的不等式的解集为 . 精练高频考点 1．（23-24高二下·山东济宁·期末）已知定义在上的偶函数，若对于任意不等实数都满足，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·吉林·期末）已知函数为偶函数，且在上为增函数，若，则的范围是 ． 3．（24-25高一上·上海·随堂练习）已知定义在R上的偶函数满足，若，则实数a的取值范围是 ． 题型七：重点考查函数对称性与奇偶性综合应用 典型例题 例题1．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知为奇函数，则（    ） A． B．14 C． D．18 例题2．（2024·安徽合肥·三模）已知定义在上的偶函数满足且，则（    ） A． B． C． D． 精练高频考点 1．（23-24高二下·广东茂名·期末）已知函数，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·北京·期末）已知函数对任意的都有，若的图象关于点对称，且，则（    ） A．0 B． C．3 D．4 题型八：重点考查函数对称性+奇偶性+周期性+单调性的综合应用 典型例题 例题1．（多选）（23-24高二下·山东济宁·期末）已知函数的定义域为，满足.当时，，则下列结论正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B．是奇函数 C．在上单调递减 D． 例题2．（多选）（23-24高二下·吉林长春·期末）已知定义在上的函数满足，且，若，则（    ） A． B．的对称中心为 C．是周期函数 D． 例题3．（多选）（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知定义域为的偶函数满足，若对任意且，都有，下列结论一定正确的是（    ） A． B．2是的一个周期 C．函数在上单调递减 D．函数图象关于直线对称 精练高频考点 1．（多选）（23-24高二下·吉林·期末）已知函数，的定义域均为，函数为奇函数，为偶函数，为奇函数，，则下列说法正确的是（    ） A．函数的一个周期是 B．函数的一个周期是 C．若，则 D．若当时，，则当时， 2．（多选）（23-24高二下·安徽滁州·期末）已知定义在上的函数满足，且.若时，，则（    ） A．的最小正周期 B．的图象关于对称 C． D．函数在区间上所有零点之和为 3．（多选）（24-25高三上·江西·开学考试）已知函数的定义域为，的图像关于直线对称，且对任意的都有，则下列正确的是（    ） A．为偶函数 B． C．2是的一个周期 D． 第二部分：方法篇 方法一：构造奇偶函数求函数值 典型例题 例题1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，求与的值，则下列答案不可能的是（    ） A．8和6 B．3和1 C．7和1 D．5和2 例题2．（23-24高一下·上海静安·期末）已知函数，且，则（    ） A．11 B．14 C．17 D．20 例题3．（23-24高一下·辽宁抚顺·开学考试）已知函数（且），则等于（    ） A． B． C．0 D．4 精练高频考点 1．（23-24高一上·江苏无锡·期末）已知函数，且，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一上·广东深圳·期末）已知且，则的值是（    ） A． B． C．1 D．3 3．（23-24高一上·辽宁沈阳·阶段练习）已知，若，则的值为（    ） A．10 B． C． D． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第02讲 函数的单调性+奇偶性+对称性+周期性联袂 目录 第一部分：题型篇 1 题型一：重点考查复合函数的单调性 1 题型二：重点考查根据函数的单调性求参数 3 题型三：重点考查根据函数的奇偶性求解析式 6 题型四：重点考查根据函数的奇偶性求参数 7 题型五：重点考查函数奇偶性与周期性综合应用 9 题型六：重点考查函数奇偶性与单调性综合应用 12 题型七：重点考查函数对称性与奇偶性综合应用 16 题型八：重点考查函数对称性+奇偶性+周期性+单调性的综合应用 18 第二部分：方法篇 24 方法一：构造奇偶函数求函数值 24 第一部分：题型篇 题型一：重点考查复合函数的单调性 典型例题 例题1．（23-24高一上·北京·期末）函数的单调增区间是 . 【答案】 【分析】求出函数定义域，再利用复合函数单调性求出单调增区间即得. 【详解】函数的意义，则，即，解得或， 即函数的定义域为， 显然函数在上单调递减，在上单调递增， 而函数在上单调递减， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的单调增区间是. 故答案为： 例题2．（23-24高一上·宁夏石嘴山·阶段练习）函数的递减区间是 . 【答案】 【分析】先求出的定义域，令，分别求出，在定义域上的单调性，再由复合函数的单调性即可求出答案. 【详解】要使函数有意义，则，即或， 设，则当时，函数单调递增， 当时，函数单调递减． ∵函数在定义域上为单调递增函数， ∴根据复合函数的单调性之间的关系可知， 函数在上单调递增，在上单调递减， 即函数的递减区间为. 故答案为：. 精练高频考点 1．（23-24高一上·河北石家庄·阶段练习）函数的单调递增区间为 . 【答案】 【分析】根据给定条件，利用指数函数、二次函数及复合函数单调性求解即得. 【详解】函数的定义域为R，令， 则函数在上单调递增，在上单调递减，而函数在R上单调递增， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的单调递增区间为. 故答案为： 2．（23-24高一上·吉林·阶段练习）函数的单调递增区间是 ． 【答案】 【分析】先求出函数的定义域，再根据复合函数单调性判断方法“同增异减”，求出函数的单调递增区间. 【详解】函数的定义域即或， 令则在上单调递增，需求函数的单调递增区间，则由复合函数单调性判断方法“同增异减”， 可知需求单调递增区间，即，因此函数的单调递增区间是. 故答案为：. 题型二：重点考查根据函数的单调性求参数 典型例题 例题1．（23-24高二下·山东青岛·期末）已知函数，，若在上单调递增，则的范围是（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】根据分段函数在上单调递增可知每段都为增函数，且根据在分界点处的函数值建立不等式求解即可. 【详解】因为函数，，在上单调递增， 所以为增函数，故，所以, 又需满足，即，因为的根为， 由图象得的解为或. 综上，的范围是或. 故选：D 例题2．（2024·全国·模拟预测）已知函数且在区间上单调递减，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】对数函数的单调性与底数有关，分和两种情况讨论，此外还要注意对数函数的定义域，即真数为正；复合函数单调性满足“同增异减”，根据对数函数单调性结合题干中“在区间上单调递减”得到真数部分函数的单调性，从而求得的取值范围. 【详解】设函数，则． ①若，则在定义域上单调递减． 又在区间上单调递减，所以在区间上单调递增，故对任意的恒成立． 又，所以对任意的显然成立． 又因为对任意恒成立，所以0，故． ②若，则在定义域上单调递增． 又在区间上单调递减，所以在区间上单调递减，故对任意的恒成立． 因为抛物线的开口向上，所以不可能对任意的恒成立． 所以的取值范围为． 故选：A． 精练高频考点 1．（23-24高一下·湖南长沙·期中）若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据复合函数的单调性可得且，解之即可求解. 【详解】易知函数在上单调递增，又函数在上单调递减， 所以且，解得． 即实数a的取值范围为 故选：B 2．（24-25高一上·上海·随堂练习）已知函数在上是减函数，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】将看作一个整体，将函数表达式利用配方法整理，即可得出函数的单调递减区间，再根据是函数单调递减区间的子集，即可建立不等式求解． 【详解】解析：∵， ∴的减区间是． 又∵已知在上是减函数， ∴，即． ∴所求实数的取值范围是， 故答案为：． 题型三：重点考查根据函数的奇偶性求解析式 典型例题 例题1．（23-24高一下·上海黄浦·期末）已知函数是定义在上的偶函数，当时，，当时，的表达式为（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先设，根据偶函数的性质，即可求解函数的解析式. 【详解】设，，， 因为函数是定义在上的偶函数， 所以. 故选：B 例题2．（24-25高一上·上海·随堂练习）设是定义在R上的奇函数．当时，，则时， ． 【答案】 【分析】由奇函数的定义可得，解方程可得的值，再设，可得，求得，再由，可得所求解析式． 【详解】因为是奇函数，时． 所以，所以． 所以时， 故答案为：． 精练高频考点 1．（23-24高二下·宁夏银川·期末）已知函数是奇函数，且当时，，那么当时，的解析式为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据函数的奇偶性得到，得到时的解析式. 【详解】时，，， 因为为奇函数，所以， 故，所以. 故选：B 2．（23-24高一下·河南洛阳·期末）已知函数是奇函数，且，则 . 【答案】/ 【分析】根据求出，再根据求出即可求出. 【详解】的定义域为，而为奇函数， 故，而，故，故， 所以，此时，故为奇函数， 故， 故答案为： 题型四：重点考查根据函数的奇偶性求参数 典型例题 例题1．（23-24高三上·江苏无锡·开学考试）若为偶函数，则（   ） A．0 B． C． D． 【答案】B 【分析】先判断为奇函数，则可判断奇函数，从而可求出的值. 【详解】由，得或，所以定义域为， 令， 因为， 所以为奇函数， 因为为偶函数， 所以奇函数，所以， 因为，所以. 故选：B. 例题2．（23-24高二下·云南曲靖·阶段练习）已知函数为奇函数，则的值为 . 【答案】 【分析】求出函数的定义域，再由奇函数的性质求出并验证即得. 【详解】函数中，，方程的根为， 由函数是奇函数，得，解得，此时的定义域为， ，即函数为奇函数， 所以的值为. 故答案为： 精练高频考点 1．（23-24高二下·山东临沂·期末）已知函数是定义在上的奇函数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用，求出，再验证此时为奇函数，最后代入计算即可. 【详解】由题意得，则， 此时，定义域为，， 则为奇函数，满足题意， . 故选：A. 2．（23-24高一下·内蒙古赤峰·期末）已知函数为偶函数，则实数 . 【答案】1 【分析】根据恒成立，化简整理可得. 【详解】因为函数为偶函数， 所以， 即，整理得， 所以. 故答案为：1 题型五：重点考查函数奇偶性与周期性综合应用 典型例题 例题1．（23-24高一下·云南大理·期末）设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若，则（    ） A．1 B． C．0 D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的定义，结合赋值法思想求出函数的周期即可求出. 【详解】由函数是R上的奇函数，得， 即，则， 由为偶函数，得，于是， 显然有，因此，即， 函数的周期为4，由，得，又， 所以. 故选：A 【点睛】方法点睛：抽象函数的奇偶性、对称性、周期性常有以下结论 ①关于轴对称， ②关于中心对称， ③的一个周期为， ④的一个周期为. 例题2．（23-24高二下·黑龙江牡丹江·期末）已知是定义域为的偶函数，且满足，则 . 【答案】0 【分析】根据条件分析函数的周期性，再结合已知条件计算，即可求解函数值的和. 【详解】由满足，则，即函数是周期为4的周期函数. 根据题意，是定义域为的偶函数，则有， 又由满足，则，所以， 由，可得， 则，所以 故答案为： 精练高频考点 1．（24-25高一·上海·课堂例题）已知是定义在上的奇函数，且，若对任意，都有成立，则的值为（    ） A．2026； B．2022； C．2018； D．0． 【答案】D 【分析】利用条件求出周期，再根据奇函数得，即可得解. 【详解】因为是定义在上的奇函数， 可得，， 所以， 所以，是周期为4得函数， 则. 故选：D 2．（23-24高二下·安徽滁州·阶段练习）已知偶函数的定义域为，且当时，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用为偶函数及两个条件来判断函数周期，将转化为时代入函数即可求解. 【详解】因为是偶函数，所以，所以， 即，又，故，即①，用代替得②. 由①②得，故的周期为6，故，又由已知得. 因为当时，，所以，故. 故选：D. 题型六：重点考查函数奇偶性与单调性综合应用 典型例题 例题1．（23-24高一下·湖北咸宁·期末）定义在R上的函数满足为偶函数，且在上单调递增，若，不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出的单调性及对称性，然后根据单调性、对称性将转化为的关系，得到，再根据恒成立思想采用分离参数的方法求解出. 【详解】定义在R上的函数满足为偶函数，所以关于对称， 在上单调递增，则在上单调递减， 所以越靠近对称轴函数值越小， 由得， 由于，所以，故， 可得，即时恒成立， 可得， 由于在时单调递增，，此时， 在时单调递减，，此时， 则实数的取值范围为. 故选：A 例题2．（23-24高二下·贵州遵义·期末）已知是定义在R上的奇函数，当时，为减函数，且，那么不等式的解集是（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】确定函数在上是减函数，再将不等式等价变形，利用函数的单调性，即可求解不等式. 【详解】因为函数是定义在R上的奇函数，则， 当时，为减函数，所以函数在上是减函数，又因为，所以， 又不等式等价于或， 所以或，即不等式的解集为. 故选：D. 例题3．（23-24高二下·天津·期末）已知函数，则关于的不等式的解集为 . 【答案】,或 【分析】判断出函数的奇偶性，利用导数判断出单调性，利用奇偶性、单调性可得答案. 【详解】，， 所以为奇函数， ， 当且仅当等号成立， 所以在上单调递减， 由得， 可得，解得，或， 所以不等式的解集为,或. 故答案为：,或. 精练高频考点 1．（23-24高二下·山东济宁·期末）已知定义在上的偶函数，若对于任意不等实数都满足，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由条件得函数的单调性，再由偶函数的性质等价转化不等式，然后结合单调性求解即可. 【详解】因为对于任意不等实数都满足， 即当时，；时， 故在区间上单调递增. 因为是定义在上的偶函数，则， 所以不等式， 又，由在区间上单调递增. 则，即，解得，或， 故选：D. 2．（23-24高二下·吉林·期末）已知函数为偶函数，且在上为增函数，若，则的范围是 ． 【答案】 【分析】由函数的单调性和奇偶性得到函数的单调性和奇偶性，再由得到，解不等式即可得到答案. 【详解】因为为偶函数，所以，即，则关于对称， 因为在上为增函数，且时，， 所以在上为增函数，在上为减函数， 由得，即， 则，解得或， 所以的取值范围为， 故答案为：. 3．（24-25高一上·上海·随堂练习）已知定义在R上的偶函数满足，若，则实数a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据题意，由求解. 【详解】解：因为的图象的对称轴为，且开口向上， 所以在上严格增，且在R上是偶函数， 所以，两边平方得， 所以. 故答案为： 题型七：重点考查函数对称性与奇偶性综合应用 典型例题 例题1．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知为奇函数，则（    ） A． B．14 C． D．18 【答案】D 【分析】先根据条件得到的对称中心，再根据对称性求和即可. 【详解】因为为奇函数，所以， 即，故的对称中心为，即， 所以， 又，即， 所以. 故选：D 例题2．（2024·安徽合肥·三模）已知定义在上的偶函数满足且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数的周期性与对称性可得解. 【详解】由， 令，得， 又令得， 再令，， 又，所以， 又，， 所以，为的一个周期，， 即， 故选：A． 精练高频考点 1．（23-24高二下·广东茂名·期末）已知函数，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】证明函数的奇偶性，再分析出其单调性，从而得到，解出即可. 【详解】由可得且，则为偶函数， ， 因为在上单调递减，在上单调递增，则恒成立， 则在单调递减，在单调递增， ，解得或. 故选：D. 2．（23-24高二下·北京·期末）已知函数对任意的都有，若的图象关于点对称，且，则（    ） A．0 B． C．3 D．4 【答案】B 【分析】由题意可判断函数的奇偶性以及周期，利用赋值法求出，再结合周期求函数值，即得答案. 【详解】由于的图象关于点对称，故的图象关于点对称， 即为奇函数， 又，则，即16 为的周期， 令代入，则， 故， 故选：B 题型八：重点考查函数对称性+奇偶性+周期性+单调性的综合应用 典型例题 例题1．（多选）（23-24高二下·山东济宁·期末）已知函数的定义域为，满足.当时，，则下列结论正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B．是奇函数 C．在上单调递减 D． 【答案】ACD 【分析】对于A，由即可判断；对于B，由结合偶函数的定义即可判断；对于C，因为时，所以，结合周期性、偶函数性质即可得时的表达式，由此即可得解；对于D，由周期性、偶函数性质即可求解. 【详解】对于A，因为，所以的图象关于直线对称，故A正确； 对于B，因为，所以， 且注意到函数的定义域为，所以是偶函数； 对于C，因为时，所以，， 所以 ， 所以在上单调递减，故C正确； 对于D，因为，所以函数的周期是4， 而 ， 所以，故D正确. 故选：ACD. 例题2．（多选）（23-24高二下·吉林长春·期末）已知定义在上的函数满足，且，若，则（    ） A． B．的对称中心为 C．是周期函数 D． 【答案】ACD 【分析】根据给定的等式，结合赋值法推导出函数的对称轴及周期，再逐项分析计算即可． 【详解】解：因为， 所以， 所以， 即， 所以是周期为4的周期函数，则C正确； 令，得， 则，从而，故A错误； 因为， 所以， 所以， 所以的图象关于直线对称， 的对称中心为错误，则B错误； 以上求得的周期为4， 且其图象关于直线及对称， 则直线及均为图象的对称轴， 从而， 得， 即， 则， 故 ，故D正确． 故选：ACD． 例题3．（多选）（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知定义域为的偶函数满足，若对任意且，都有，下列结论一定正确的是（    ） A． B．2是的一个周期 C．函数在上单调递减 D．函数图象关于直线对称 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，利用偶函数性质及单调性，结合赋值法逐项分析判断即可. 【详解】对于A，由是偶函数，，得，则，A正确； 对于B，由对任意且，都有， 得在上单调递增，则，而， 于是，因此2不是的周期，B错误； 对于D，由，得，4是的一个周期， ，则函数图象关于直线对称，D正确； 对于C，由，得，则函数图象关于点对称， 于是函数在上单调递增，在上单调递减，C正确. 故选：ACD 精练高频考点 1．（多选）（23-24高二下·吉林·期末）已知函数，的定义域均为，函数为奇函数，为偶函数，为奇函数，，则下列说法正确的是（    ） A．函数的一个周期是 B．函数的一个周期是 C．若，则 D．若当时，，则当时， 【答案】BCD 【分析】选项A，根据条件得到，，即可求解；选项B，根据条件得到，即可求解；选项C，利用选项A和B，可得，再求出，即可求解；选项D，利用选项C中结果，结合条件得到，即可求解. 【详解】对于选项A，因为为奇函数，所以， 令，得到， 即有，故可得， 又为偶函数，所以，即有， 所以，得到，所以， 即函数的一个周期是，所以选项A错误， 对于选项B，因为为奇函数，所以，又， 所以，即， 所以函数的一个周期是，所以选项B正确， 对于选项C，由选项A和B知，， 又，，所以，故选项C正确， 对于选项D，因为当时，， 所以当时，，所以， 所以选项D正确， 故选：BCD. 【点睛】 2．（多选）（23-24高二下·安徽滁州·期末）已知定义在上的函数满足，且.若时，，则（    ） A．的最小正周期 B．的图象关于对称 C． D．函数在区间上所有零点之和为 【答案】ABD 【分析】根据，且判断是奇函数且图象关于对称，进而确定周期和对称中心，判断A，B；计算得C错误；推导出在的图象关于对称且值域为确定D选项. 【详解】因为，所以是奇函数； 因为，所以的图象关于对称， 所以，则， 因而，所以的最小正周期，故A正确； 由，则的一个对称中心为，故B正确； ，故C错误； 当时，单调递增且值域为， 因为的图象关于对称，所以在单调递减且值域为， 又因为是奇函数，所以在的图象关于对称且值域为， 所以函数在区间上有两个零点，且所有零点之和为，故D正确. 故选：ABD. 3．（多选）（24-25高三上·江西·开学考试）已知函数的定义域为，的图像关于直线对称，且对任意的都有，则下列正确的是（    ） A．为偶函数 B． C．2是的一个周期 D． 【答案】AD 【分析】根据抽象函数的奇偶性、对称性，结合条件，化简变形，再利用赋值法，可判断A,B，判断函数的周期性，结合条件，可判断CD. 【详解】因为函数的定义域为，的图像关于直线对称，所以关于轴对称，即，所以为偶函数，故A正确； 因为，令，可得，则，因为为偶函数，所以，故B不正确； 由，令，可得：，,2是不是的一个周期，C错误； 因为，，所以， 所以，则，即是以4为周期的周期函数； 所以，故D正确； 故选：AD 第二部分：方法篇 方法一：构造奇偶函数求函数值 典型例题 例题1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，求与的值，则下列答案不可能的是（    ） A．8和6 B．3和1 C．7和1 D．5和2 【答案】D 【分析】令，判断其奇偶性，从而得，2c为偶数，结合选项，即可得答案. 【详解】令，则，即为奇函数， 则， 由，得，2c为偶数， 而选项D中两数之和为7，因此不可能为D. 故选：D 例题2．（23-24高一下·上海静安·期末）已知函数，且，则（    ） A．11 B．14 C．17 D．20 【答案】B 【分析】根据可求的值. 【详解】因为，故， 而，故， 故选：B. 例题3．（23-24高一下·辽宁抚顺·开学考试）已知函数（且），则等于（    ） A． B． C．0 D．4 【答案】A 【分析】令，计算得，进而，据此可得答案. 【详解】解：设，则. . ， 所以. 故选：A. 精练高频考点 1．（23-24高一上·江苏无锡·期末）已知函数，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据求解即可. 【详解】由题意， 故，又，则. 故选：C 2．（23-24高一上·广东深圳·期末）已知且，则的值是（    ） A． B． C．1 D．3 【答案】C 【分析】令，利用奇函数的性质求解即可. 【详解】令， 因为，所以函数为奇函数， 由，得，所以， 所以. 故选：C. 3．（23-24高一上·辽宁沈阳·阶段练习）已知，若，则的值为（    ） A．10 B． C． D． 【答案】D 【分析】先求得，从而求得. 【详解】∵， ∴. 故选：D 学科网（北京）股份有限公司 $$