答题模板04飘带函数、复合函数、抽象函数、嵌套函数、三次函数解题技巧有关的9类核心题型（方法+题型+实战）（解析版）

答题模板04飘带函数、复合函数、抽象函数、嵌套函数、三次函数解题技巧有关的9类核心题型目录第一部分命题解码洞察命题意图，明确攻坚方向第二部分方法建模构建方法体系，提供通用工具【结论背记清单】方法一飘带函数技巧方法二复合函数单调性与奇偶性技巧方法三镶嵌函数技巧方法四抽象函数求值、比大小技巧方法五抽象函数奇偶性技巧方法六抽象函数周期性技巧方法七抽象函数对称性技巧方法八抽象函数性质融合技巧方法九三次函数技巧第三部分题型专攻实施靶向训练，提升应试效率。【题型01】飘带函数【题型02】复合函数单调性与奇偶性【题型03】镶嵌函数【题型04】抽象函数求值、比大小【题型05】抽象函数奇偶性【题型06】抽象函数周期性【题型07】抽象函数对称性【题型08】抽象函数性质融合【题型09】三次函数第四部分答题实战检验学习成效，锤炼应用能力模块说明：洞察命题意图，明确攻坚方向模块说明：洞察命题意图，明确攻坚方向1.考向聚焦：精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值。

2.思维瓶颈：精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板。1.考向聚焦1.考向聚焦（精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值）特殊函数问题（飘带、复合、抽象、嵌套、三次函数）是函数板块考查代数变形、数形结合与高阶逻辑推理能力的核心载体。试题通过设计复杂的函数形式与抽象条件，重点检验学生对函数本质（对应关系）、性质（单调、奇偶、周期、对称）与图象的深刻理解，以及运用导数、不等式等工具进行系统性分析的能力。核心考查三大方向：飘带函数（对勾函数）：考查通过均值不等式或导数求最值（值域）、单调区间，以及其非线性特征在优化问题中的应用。关键在于识别标准形式f(x)=ax+bx复合函数：核心考查复合过程的定义域传递与单调性法则（“同增异减”）的应用。复杂之处在于多层复合（嵌套）或与分段函数结合，需层层分析。抽象函数：在未给出具体解析式，仅给出函数方程（如f(x+y)=f(x)+f(y)）或抽象性质条件下，考查性质推导（赋值法）、模型识别（联想指数、对数等具体函数）及综合应用的能力，是函数概念理解的试金石。三次函数：作为多项式函数的典型代表和导数应用的主要载体，核心考查利用导数分析其单调性、极值、零点（韦达定理应用）及图象（对称中心），并常与不等式恒成立、方程根分布问题深度融合。2.思维瓶颈（精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板）形式识别障碍：面对飘带函数的复杂变形（如分子分母含变量）或抽象函数的具体化需求，无法洞察其结构特征，导致方法选择错误。复合过程逻辑混乱：求解复合函数定义域时分不清内层值域与外层定义域的关系；判断复合函数单调性时，对内层函数值域是否处于外层函数单调区间分析不清。抽象函数推理能力弱：面对抽象条件时，缺乏“赋值”与“构造”的意识与技巧，不能从特殊值（如令x=y=0）或变量替换中推导出一般性质。工具使用僵化：对三次函数过度依赖求导，忽略其作为多项式本身的特性（如零点与系数的关系、因式分解可能性）；对飘带函数直接求导而忽略更简洁的均值不等式。数形结合分离：对飘带、三次函数的图象特征记忆模糊，不能借助草图直观分析最值、交点等问题，单纯依赖代数计算。模块说明：模块说明：构建思维框架，提炼通用解法1.模模块化知识体系：熟记飘带函数、复合函数、抽象函数、嵌套函数、三次函数的相关知识内容，形成清晰的解题思维基础逻辑，便于快速定位解题切入点。2.通用解法模板化：针对高频题型，总结“审题-建模-推导-验证”法，规范解题流程，减少思维漏洞，提升答题效率。3.易错点专项突破：整理常见误区，设计针对性训练题，通过对比正确与错误解法，强化对知识边界的理解，避免重复犯错。结论背记二级结论飘带函数（对勾函数/耐克函数）的结论①基本形式f(x)=定义域：(−∞,0)∪(0,+∞)奇偶性：奇函数（f(−渐近线：垂直渐近线：x斜渐近线：y=ax（当∣x②单调性与极值（以a>0,单调区间：递增：(−∞,−ba递减：[−ba极值点与极值：极大值点：x=−b极小值点：x=b记忆口诀：

"同正两勾，异正单调；同负镜像，异负无峰"③系数符号对图像的影响条件图像特征单调性a双勾型（标准耐克型）在(0,+∞)先减后增，在(−∞,0)先增后减a单调递增型（无拐点）在整个定义域单调递增a单调递减型（无拐点）在整个定义域单调递减a倒双勾型（与第一种关于原点中心对称）在(0,+∞)先增后减，在(−∞,0)先减后增④平移与变形形式水平平移：

f(x)=a(垂直平移：

f(x)=ax+复合形式：

f(t)=at+bt⑤最值结论（闭区间应用）在区间[m判断ba若在，比较端点值与极值若不在，最值在端点取得⑥常见变形与扩展平方型：f(x)=分式线性复合：f绝对值型：f(⑦注意事项必先确定定义域（尤其含参时x≠0画草图时先标渐近线，再标极值点解方程ax+bx=c不等式问题中，利用"对勾"区间单调性放缩

抽象函数结论一、奇偶性结论1.线性组合与运算规则奇函数±奇函数=奇函数（排除抵消情况）、偶函数±偶函数=偶函数奇函数×奇函数=偶函数、偶函数×偶函数=偶函数、奇函数×偶函数=奇函数k⋅f(x)（k≠0f(x)−f(−x)2.复合函数奇偶性外偶内任意：若f(x)外奇内奇：若f(x)为奇函数，g外奇内偶：若f(x)为奇函数，g二、周期性结论1.基本周期公式等量关系型f(x+af(x+a分式函数型f(x+af(x+a和差关系型f(xf(xf(x2.复杂周期关系嵌套递推型f(x+2a)=ff(x+2a复合函数周期若g(x)周期为T，则若f(x)周期为T，则3.周期组合若f(x)周期为T1，g(x三、对称性结论1.轴对称（关于直线对称）基本形式、f(a+x一般形式、f(a+x2.中心对称（关于点对称）奇函数型f(a+x一般形式f(a+x四、综合性质与关联1.奇偶性、周期性、对称性关联双对称性推周期两轴对称：有两条对称轴x=a和x两中心对称：有两个对称中心(a,c)一轴一中心：有对称轴x=a和对称中心(奇偶函数性质可导奇函数⇒导函数为偶函数、可导偶函数⇒导函数为奇函数、周期奇函数必有f2.经典抽象函数模型线性可加型、f(x指数可乘型、f(x对数可加型、f(xy幂函数型、f(xy三角函数型、f(x三次函数的结论一、基本形式一般地，三次函数的表达式为：f(x)=a二、三次函数的单调性（一阶导数的应用）对三次函数求一阶导：f′(x)=3ax2+2bx+c令Δ当Δ≤0时若a>0，则f′(x)≥0恒成立，f(x)在ℝ上若a<0，则f′(x)≤0恒成立，f(x)在ℝ上当Δ>0时：设f′(x)=0的两根为x1若a>0：f(x)在(−∞,x1)递增，(x若a<0：f(x)在(−∞,x1)递减，(x三、三次函数的极值（二阶导数的辅助判断）结合单调性，当Δ>0时，三次函数有两个极值点x=x1处：若a>0，则为极大值点；若a<0，则为x=x2处：若a>0，则为极小值点；若a<0，则为也可通过二阶导数验证：求二阶导f′′(x)=6ax+2b，代入极值点若f′′(x0)>0若f′′(x0)<0四、三次函数的凹凸性（二阶导数的应用）令f′′(x)=0，得拐点横坐标当a>0时：x<−b3a，f′′x>−b3a，f′′当a<0时：x<−b3a，f′′x>−b3a，f′′五、三次函数的零点分布三次函数在ℝ上连续，且当x→±∞时，f(x)趋向于±∞（由a的符号决定），因此至少有零点个数由极值的符号决定（以a>0为例）：若f(x1)<0或f(若f(x1)=0或f(若f(x1)>0且f(技法归纳方法一飘带函数技巧飘带函数（对勾函数）是一种常见的非线性函数，其图像形似飘带，具有渐近线、极值点和单调区间，掌握其图像与性质是解决相关问题的关键。核心思路掌握飘带函数f(x)=ax+bx(a·b第一步：化标准形将所给函数通过分离常数、换元等方法，化为y=Ax+Bx+C的形式，确定参数第二步：作图识性根据A与B同号，画出函数草图。牢记：定义域关于原点对称；有两条渐近线（x=0和y=ax）；在x=±BA第三步：应用性质求最值：利用基本不等式或单调性。注意“一正、二定、三相等”。

解方程/不等式：结合函数单调区间，可将方程f(x)=k的解的个数问题转化为图像交点问题。第四步：注意定义域定义域是应用所有性质的前提。若定义域不为全体非零实数，则极值点未必在±BA关键技巧1.记忆口诀：“同号飘带，异号单调”。

2.利用奇偶性：标准飘带函数是奇函数，图像关于原点对称。

3.复合型飘带：对于f(x)=a例题1下列函数的最小值为2的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由基本不等式性质结合三角函数性质、二次根式性质和对勾函数性质即可逐项计算求解判断.【详解】对于A，当时，，当且仅当即时等号成立，当时，，当且仅当即时等号成立.故A不符合；对于B，因为，所以，所以，当且仅当即时等号成立，但，所以，故B不符合；对于C，因为，函数在上单调递增，所以，故C不符合；对于D，因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故D符合.故选：D.例题2将双曲线绕其中心旋转适当的角度后可得到一些熟悉函数的图象．如反比例函数，“双勾”函数，“飘带”函数等，它们的图象都可以由某条双曲线绕其中心旋转适当的角度而得到．现将双曲线绕原点旋转适当的角度后，得到函数的图象．则双曲线的离心率的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可知旋转后的图象仍为双曲线，得到旋转后的函数两条渐近线，进而得出的值，再结合离心率计算即可求解.【详解】易知“飘带”函数的两条渐近线为和，由题可知，两渐近线的夹角一直不变，设为，则，所以，已知在原双曲线中，轴是渐近线夹角的角平分线，所以一条渐近线的斜率，所以.故选：例题3（2025·广东梅州·模拟预测）（多选）一般地，我们把形如的函数称为飘带函数，若飘带函数在上的最小值、最大值分别为和1.则对于函数下列说法正确的有（

）A．函数是上的增函数B．当时，C．函数与轴只有两个交点D．函数的所有零点最大的为【答案】BCD【分析】分类讨论，由函数的单调性求解参数的值，将函数的零点问题和函数与轴的交点个数转化为方程的根的问题求解，逐一判断各选项即可.【详解】飘带函数在上的最小值、最大值分别为和1.对于A，B，当时，是上的增函数，所以，解得；当时，是上的减函数，所以，解得；故A错误，B正确；对于C，令，即，则，因为，所以，函数与轴有两个交点，故C正确；对于D，由上可知，当时，函数零点为.当时，函数零点为，故函数的所有零点最大的为，故D正确；故选：BCD.方法二复合函数单调性与奇偶性技巧复合函数单调性的判断遵循“同增异减”法则；奇偶性判断则需从内到外分析，并注意定义域的对称性。核心思路判断复合函数f(g(x))的单调性用“同增异减”；判断其奇偶性需结合内、外层函数性质综合推导。第一步：分解函数将复合函数分解为基本初等函数或已知其性质的函数，设t=g(x)，y=f(t)。第二步：判断单调性1.分别判断内层函数t=g(x)和外层函数y=f(t)的单调性。

2.应用法则：若内、外层单调性相同（同增或同减），则复合函数为增函数；若相反，则为减函数。第三步：判断奇偶性1.判定义域：首先检查定义域是否关于原点对称。

2.核心方法：利用定义计算f(g(−x))，并尝试将其化为f(g(x))或−f(g(x))的形式。常见结论：

-内偶则整体偶（若g(x)是偶函数，则f(g(x))是偶函数）。

-内奇外奇则整体奇（若g(x)是奇函数且f(t)是奇函数，则f(g(x))是奇函数）。第四步：综合应用将单调性与奇偶性结合，可用于比较大小、解不等式、确定函数图像等。关键技巧1.单调性法则仅当内层函数值域在外层函数定义域内时才严格成立。

2.奇偶性判断中，“内偶则整体偶”非常实用；“内奇外奇则奇”也常用。例题4（2025·江西·二模）若函数在区间上单调递增，则a的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据指数复合函数单调性计算求参即可.【详解】根据函数在区间上单调递增，且单调递增，可得在区间上单调递增，所以.故选:D.例题5函数的单调递增区间是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意，确定函数的定义域，结合复合函数单调性可知，的单调递增区间即为的单调递增区间，再利用正弦型函数单调区间整体代入求解即可.【详解】由题意可得，则，解得，故的定义域为，因为单调递增，所以的单调递增区间即为的单调递增区间，令（），解得，则的单调递增区间是．故选：B.例题6（2025·四川成都·模拟预测）已知函数是偶函数，则（）A．-1 B．0 C．1 D．1或-1【答案】C【分析】根据偶函数的性质计算可得.【详解】由偶函数性质可得，移项得，所以，即，所以解得.检验：当时，，此时定义域是，显然关于原点对称,所以满足题意；当时，，此时定义域是，显然不关于原点对称，所以不满足题意；故选:C

例题7（25-26高三上·广东·月考）已知非常数函数是奇函数，则.【答案】/2.5【分析】根据奇函数的定义域关于原点对称得到，即可求出，再由奇函数的性质求出，进而求解即可.【详解】由于函数是奇函数，所以其定义域关于原点对称，，由，则，所以，解得，此时，则，所以，则，故.故答案为：.方法三镶嵌函数技巧镶嵌函数（或称迭代函数、嵌套函数）是指函数中嵌套了自身或其他函数，解题关键在于由外到内、逐层剥离，或通过换元转化为简单函数。核心思路处理形如f(f(x))、f(g(x))等嵌套形式的问题，通过换元或迭代思想，将复杂嵌套转化为简单方程或函数关系。第一步：识别结构明确函数的嵌套层次和结构，例如是自身迭代f(n)(x)，还是不同函数的嵌套第二步：选择策略策略A（求值）：从最内层开始，逐层计算函数值。

策略B（解方程）：令内层函数为整体t，将方程化为关于t和x的方程组求解。

策略C（求解析式）：通过换元法，设t=g(x)，解出x=h(t)，代入原式得到f(t)的表达式。第三步：执行计算按照所选策略，仔细进行代数运算，注意定义域的变化。第四极：检验结果将结果代回原式检验，并确认其是否在合理的定义域内。关键技巧1.换元法是核心：对于f(g(x))给定，求f(x)时，务必令t=g(x)并反解x。

2.注意定义域：新函数f(t)的定义域是内层函数g(x)的值域。

3.迭代周期：对于自身迭代，有时会呈现周期性，可尝试计算f(f(x))、f(f(f(x)))寻找规律。例题8已知函数与，若存在使得，则不可能为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】结合函数的定义可以判断A选项，其余可将选项全部代入后，看是否能求解出来进行判断.【详解】对于A选项，若，当时，，当时，，相当于1个值对应两个，不符合函数定义，即A错误；对于B选项，，令，则，当且仅当时成立，整理得，解得，即，即，存在，所以选项B正确；对于C选项，，令，得，则，即，存在，所以选项C正确；对于D选项，，可得出，存在所以选项D正确；故选：A例题9（多选）已知函数在R上单调递增，函数在上单调递增，在上单调递减，则（

）A．函数在R上单调递增B．函数在上单调递增C．函数在上单调递减D．函数在上单调递减【答案】AB【分析】由复合函数的单调性判断方法逐一判断即可.【详解】因为在R上单调递增，所以在R上单调递增，故A正确；因为在R上单调递增，在上单调递增，所以在上单调递增，故B正确；因为在上单调递增，所以在上单调递减，因为的值域是否在上无法判断，所以在上的单调性无法判断，故C错误；因为在R上单调递减，在上单调递减，因的值域是否在上无法判断，所以在上的单调性无法判断，故D错误.故选：AB.例题10设函数，则函数的零点为．【答案】4【分析】由题知，即求.【详解】函数的零点即为方程的解，也即的解.，即解得，即函数的零点为4．故答案为：4方法四抽象函数求值、比大小技巧抽象函数未给出具体解析式，求值与比大小需充分利用所给函数性质方程，通过赋值法、配凑法、单调性等建立关系。核心思路面对抽象函数f(x)满足的恒等式（如f(x+y)=...），通过巧妙赋值（令x,y第一步：分析方程仔细阅读抽象函数满足的恒等式（如f(x+y)=f(x)+f(y)），理解其运算含义。第二步：目标赋值求具体值（如f(0),f(1)）：常令变量为0,1,−1或互为相反数、倒数等。

比大小：需先利用赋值法或性质推导出单调性，再利用单调性比较。第三步：配凑变量将目标自变量（如f(3)）通过恒等式拆解为已知或可求的部分（如f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)）。第四步：利用单调性若推导出函数单调性（常通过f(x)−f(y)=f(x−y)结合正负判断），则直接利用x1>关键技巧1.经典模型赋值：

-线性模型f(x+y)=f(x)+f(y)：令x=y=0求f(0)；令y=−x求f(−x)。

-指数模型f(x+y)=f(x)f(y)：令x=y=0求f(0)；常得f(0)=1。

2.比大小的关键是求差或求商后，利用恒等式判断符号。例题11（2025·河北·模拟预测）已知定义在上的函数满足：，且，则（）A． B．C． D．【答案】C【分析】由已知可得，进而可得，求得可判断AB；求得可判断CD.【详解】由，得，三式相加得，，即，又，所以，则，所以故AB错误；，故C正确，D错误.故选：C．例题12（2025·陕西咸阳·模拟预测）已知定义在上的函数满足：，且，则（

）A．1364 B．1363 C．1264 D．1263【答案】D【分析】根据题意推出，然后由累加法即可求解.【详解】由，可得①，则有②，③，④，将①②③④左､右分别相加，得，又，即，故得，所以，将以上式子左､右分别相加，得，又，所以.故选：D.例题13（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）（多选）已知函数满足：①定义域为，②，③当时，，则（

）A． B．C． D．若，则的取值范围为【答案】BC【分析】用赋值法先令求得，再令即可求得，进而判断A、B；任取，则，由函数单调性的定义判断C；令可判断奇偶性，利用奇偶性与单调性解不等式判断D.【详解】在中，令得，则，令得，则，故，，故A错，B对；对于C，设，则，由，得，所以，则在上是增函数，从而，故C正确；对于D，令得，即，所以是偶函数，故等价于，又在上是增函数，所以，解得且，故D错误.故选：BC.方法五抽象函数奇偶性技巧判断抽象函数的奇偶性，主要依据奇偶性定义，结合所给的函数方程，通过赋值法构造出f(−x)与f(x)或−f(x)的关系。核心思路利用奇偶性定义f(−x)=±f(x)，在抽象函数方程中，通过令变量取相反数等赋值方式，推导出上述关系。第一步：定义域优先首先检查定义域是否关于原点对称，不对称则非奇非偶。第二步：构造f(−x)在给定的恒等式中，尝试令所有自变量取相反数，或进行变量替换（如令y=−x），以得到包含f(−x)的等式。第三步：与f(x)建立联系将得到的含有f(−x)的等式，与原始的恒等式或通过其他赋值得到的等式联立，目标是消去其他项，得到f(−x)=f(x)或f(−x)=−f(x)。第四步：得出结论根据推导出的关系，结合定义，下奇偶性结论。关键技巧1.常用赋值组合：令y=−x；令x=y=0后再令y=−x。

2.累加型方程：如f(x+y)=f(x)+f(y)，常推出奇函数（因为f(0)=0且f(−x)=−f(x)）。

3.乘积型方程：如f(xy)=f(x)f(y)，常推出偶函数（因为f(x2)=[f(x)]2例题14（2025·吉林·模拟预测）（多选）非恒为零函数的定义域为，且与都为奇函数，则下列说法正确的是（

）A．为奇函数 B．为周期函数C．为奇函数 D．为偶函数【答案】ABC【分析】根据条件分析函数性质，逐项判断即可.【详解】因为函数的定义域为，且与都为奇函数，所以①，②.在①中，用代替可得：，结合②得：.再用代替，则，所以函数是以2为周期的周期函数，故B正确；在中，用代替得：，又，所以，所以函数为奇函数，故A正确；因为，所以函数为奇函数，故C正确；假设为偶函数，则，又因为函数是以2为周期的周期函数，所以，，所以，所以函数也是偶函数，这与为奇函数矛盾，所以假设错误，故D错误.故选：ABC例题15已知函数的定义域均为，若为偶函数，为奇函数，且，则（

）A． B． C．为奇函数 D．为奇函数【答案】C【分析】方法一：利用抽象函数的奇偶性和相关条件推导出函数的周期性、对称性等基本性质，逐一对选项进行分析判断；方法二：依题意构造函数法.依题意，可设，则，一一对选项进行计算、验证即得.【详解】方法一:（函数性质判断法）由为偶函数，得①．由为奇函数，得．又，则②．则由①，（*），由②，，故得．把取成，得③，于是，，即函数的周期为2，故B错误；又因为上的奇函数，则，的周期为2，则，故A错误；由③得，，即，故．因为奇函数，故为奇函数，故C正确；由（*），，得，即为偶函数，又，所以为偶函数，故D错误.方法二：（构造函数法）依题意，可设，则为偶函数，由为奇函数，且函数的定义域均为，对于A，，排除A；对于B，显然的最小正周期是2，排除B；对于C，是奇函数，故C正确；对于D，，显然是偶函数，排除D.故选：C.例题16（多选）已知函数的定义域为，且，，则下列说法正确的是（

）A． B．C．是偶函数 D．是奇函数【答案】AD【分析】利用赋值法可判断AB；结合偶函数定义，举反例判断C；令，可推出，判断的奇偶性，即可判断D.【详解】由题意知，，令，则，A正确；令，则，即得，B错误；令，则，令，取，则，取，则，即，故不是偶函数，C错误；由于，故，令，则，令，则，令，则，即，故为奇函数，即为奇函数，D正确，故选：AD方法六抽象函数周期性技巧证明或求解抽象函数的周期，核心是运用定义，通过反复应用函数方程，推导出f(x+T)=f(x)的关系，并找出最小正周期T。核心思路从所给函数方程出发，通过变量替换、迭代等代数操作，构造出f(x+a)=f(x)的形式，从而确定周期a。第一步：识别线索方程中若出现f(x+a)、f(x−a)，或形如f(x)=f(2a−x)（对称性）可能隐含周期性。第二步：变量代换与迭代对恒等式中的变量进行系统性的替换。例如：

已知f(x+a)=−f(x)，则迭代一次：f(x+2a)=−f(x+a)=f(x)，周期为2a。第三步：推导常见结论牢记常见周期模型：

1.f(x+a)=−f(x)⇒T=2a。

2.f(x+a)=1f(x)或f(x+a)=−1f(x)⇒T=2a。

3.f(x+a)=f(x−a)⇒T=2a。

4.两个对称性（如关于x=a和x=b第四步：求值应用利用周期性将求未知函数值转化为求已知区间内的函数值。关键技巧1.迭代法是证明周期的通用方法。

2.双对称得周期：若函数图像关于直线x=a和x=b(a≠b)对称，则函数是周期函数，例题17（2025高三·全国·专题练习）已知函数的定义域为，且，则（

）A．－3 B．－2 C．0 D．1【答案】B【分析】根据抽象函数的等式和相关条件，通过赋值求得，推得函数为偶函数，以及函数的一个周期为6，依次求出的值，利用函数的周期性即可求得答案.【详解】因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，则有，从而可得，，故，即，所以函数的一个周期为6．因为，，，所以．因为2025除以6余3，所以．故选：B．例题18（25-26高三上·云南·月考）若的定义域为，且，，则（

）A．-4 B．-2 C．2 D．4【答案】A【分析】根据条件，赋值化简，可得的周期为6，则所求变为求的值，通过赋值法，代数计算，即可求得答案.【详解】令，则，则，与上式相加可得，即，所以，则，所以是以周期为6的函数，所以，因为，，所以令，可得，解得或4，令，可得，所以，令，可得，所以，令，可得，所以.故选：A例题19（24-25高三上·海南省直辖县级单位·月考）已知函数，的定义域为，是的导数，且，，若为偶函数，则（

）A．80 B．75 C．70 D．65【答案】B【分析】根据偶函数的定义结合导数可得，结合题意可得，，进而可得，且，即可得结果.【详解】因为为偶函数，则，求导可得，因为，，则，可得，且，则，可得，即，可得，可知8为的一个周期，且，对于，，令，可得，，可得，所以.故选：B.【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．方法七抽象函数对称性技巧抽象函数的对称性分为轴对称（如关于x=a）和中心对称（如关于点(a,b)对称），证明的关键是利用定义，建立f(a+x)与f(a−x)的关系。核心思路轴对称：证明f(a+x)=f(a−x)。

中心对称：证明f(a+x)+f(a−x)=2b或f(x)=2b−f(2a−x)。第一步：识别对称类型根据题目描述或所给方程形式，初步判断是轴对称还是中心对称。第二步：应用定义推导证轴对称：在函数方程中，尝试令自变量之和为2a，或进行代换x→a+x,y→a−x。

证中心对称：常用方法同上，目标是得到f(a+x)+f(a−x)为定值。第三步：与周期性关联注意：若一个函数有两条对称轴x=a和x=b，则它是周期函数，T=2∣a−b∣。若有对称中心(a,0)和对称轴x=b，则周期第四步：求值应用利用对称性，若知道一半区间内的函数性质或值，可推出另一半。关键技巧1.记忆结论：方程f(a+x)=f(b−x)表示图像关于直线x=a+b2对称。

2.记忆结论：方程f(a+x)+f(b−x)=c表示图像关于点(a+b2,例题20（2025·江苏苏州·模拟预测）已知函数满足，若函数与图象的交点为、、、，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分析可知，函数的图象关于点对称，函数的图象关于点对称，从而可知函数、的图象的交点也关于点对称，结合对称性可求得的值.【详解】因为满足，则函数的图象关于点对称，设，则函数的定义域为，因为，故函数的图象关于点对称，所以函数、的图象的交点也关于点对称，不妨设，则，，，，令，则，故，故，由对称性知，，，，令，则，故，故，因此，故选：C.例题21（25-26高三上·广东·开学考试）已知函数及其导函数定义域均为，记，若，均为偶函数，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】对于AB，条件不足无法判断的函数值，对于CD，首先求得的周期为4，只需求得的值即可，对求导，得，令，可得，由此即可判断.【详解】对于AB，若函数满足题设条件，则函数（为常数）也满足题设条件，故无法判断的函数值，故AB错误；对于CD，若，均为偶函数，则，的图象分别关于对称，即，令，求导得，所以，是常数，即的图象关于中心对称，所以，所以的周期为4，对求导得，，所以的周期也为4，故，只需求得的值即可，而，求导得，令，可得，所以，故C错误，D正确.故选：D.方法八抽象函数性质融合技巧综合题常同时考查抽象函数的多种性质（单调性、奇偶性、周期性、对称性），解题关键在于厘清性质间的逻辑关系，并用于求值、解不等式或比较大小。核心思路面对同时具有多种性质的抽象函数，首先利用赋值法等推导出所有性质，然后将自变量变换到同一单调区间内，再利用单调性解决问题。第一步：性质推导根据所给方程，逐一推导出函数的奇偶性、周期性、对称性、单调性。这是解题的基础。第二步：区间归一化利用周期性或对称性，将需要比较大小或解不等式中涉及的自变量，全部变换到同一个单调区间内（通常是基本区间，如[0,T/第三步：应用单调性在统一的单调区间内，直接利用函数的单调性比较函数值大小，或解函数不等式（脱去“f”）。第四步：整合答案根据变换规则，将最终解集还原到原自变量范围。关键技巧1.解题路线图：先推性质→再化同区→后用单调。

2.脱“f”法则：解不等式f(A)>f(B)时，必须在已知的单调区间内进行，再结合奇偶、周期将A,B化入该区间。

3.画示意图：根据已推出的性质，画出函数在某一周期内的示意图，可直观辅助分析。例题22（2026·陕西西安·一模）（多选）已知函数是定义域为的奇函数，，若，，，则（

）A． B．C．是周期为的周期函数 D．【答案】CD【分析】先根据题意推导出是周期为的周期函数，即可判断选项C，再根据题干关系式和周期性依次计算选项A，B，D即可.【详解】由函数是定义域为的奇函数，可知且，因为，代入得，整理得，即知，故是周期为的周期函数，C正确；选项A，B，，由是周期为的周期函数可知，，同理，故A，B都错误；选项D，因为，，，，所以一个周期内，所以，故D正确.故选：CD.例题23．（2026·云南昭通·模拟预测）（多选）设定义在R上的函数和的导数分别为和，若，，且为奇函数，则（

）A． B．的图象关于直线对称C． D．【答案】ACD【分析】根据函数的奇偶性结合平移得出A，应用复合函数求导再应用赋值法计算判断B，D，根据对称性得出周期再计算函数值判断C；【详解】由为奇函数，则过，图象向右平移一个单位得过，A选项正确；又，则.因为，则，所以，令，得，则，所以，即，则关于直线对称，两边求导得，函数的图象关于点对称，B选项错误；因为关于点对称，关于直线对称，即，，所以，则，所以的周期；所以，，所以，所以，C选项正确；又函数关于直线对称，所以函数在左右两侧单调性相反，且，令，得，所以，，D选项正确，故选:ACD.例题24（2026·山东青岛·模拟预测）（多选）已知函数的定义域为，是单调函数，，且，则（

）A．的图象关于直线对称 B．C．在上单调递减 D．【答案】ABC【分析】通过不等式变形构造常数函数，确定的表达式为，再逐一验证选项.【详解】依题意，，其中，对不等式两边除以，得恒成立，因该式对任意成立，故为常数.设，则，由于是单调函数，所以，所以.A：图象关于直线对称，A正确；B：，B正确；C：在上单调递减，C正确；D：，求和得，D错误.故选：ABC例题25（2025·江西宜春·二模）（多选）已知函数，对任意，均有，且，为的导函数，则（

）A． B．为偶函数C． D．【答案】ACD【分析】由题意，合理赋值判断函数和的奇偶性和周期性，结合选项计算即可求解.【详解】，令，得，解得；令，则，又，所以，得，对于任意的都成立，所以为奇函数，故B错误；令，得①，把换成，得②，又为奇函数，所以，又，所以①②得，故D正确；令，得，所以，又，所以，则，所以函数的周期为4，得，故A正确；，等式两边同时对求导，得，令，得，即③，由，得，所以为偶函数，由，得，所以，所以函数的周期为4.令，由③得，同理可得，所以，故C正确.故选：ACD方法九三次函数技巧三次函数是高考重点，其图像为“S”形曲线，掌握其导数、极值、零点与图像特征，是解决相关问题的核心。核心思路对于三次函数f(x)=ax3+bx2第一步：求导分析求导得f′(x)=3ax2+2bx+c。计算判别式Δ=4(b2−3ac)。

-若Δ≤0，则f(x)在R上单调。

-若Δ>0，则f(x)有两个极值点x1,第二步：图像与性质1.图像特征：“先升后降再升”（a>0）或“先降后升再降”（a<0）。

2.对称中心：三次函数是中心对称图形，对称中心为拐点(−b3a,f(−b3a))。

3.零点问题：极值点是判断零点个数的关键。设极大值为M，极小值为m，则：

-一个零点：M<0或m>0。

-两个零点：M=0或m=0。

-三个零点：第三步：韦达定理应用若已知三次函数与x轴交于三点x1,x2,x3，则有x第四步：切线问题过三次函数图像上一点求切线，注意该点是否就是对称中心（拐点），过拐点的切线有特殊性（穿过曲线）。关键技巧1.导数工具：研究三次函数，求导是标准动作。

2.零点个数：结合图像，由极值正负判断，比用三次方程求根公式更有效。

3.对称中心：公式(−b3a,f(−b3a))可用于快速化简求值问题（如f(p)+f(q)=2f(核心思路对于三次函数f(x)=ax3+bx2例题26（2025·青海西宁·二模）（多选）已知函数，1为的极小值点，则（

）A． B．的极大值为3C．恰有3个零点 D．的图象关于点对称【答案】BC【分析】求导，根据函数极值点的情况确定的值，通过三次函数的性质的分析，可判断各选项的正确性.【详解】因为，所以，因为1为的极小值点，由，所以.此时由或；由.所以函数在和上单调递增，在上单调递减.所以的极大值点为，极大值为；的极小值.所以，故A错误；因为的极大值点为，极大值为，故B正确；因为的极大值为，的极小值，所以恰有3个零点，故C正确；因为，所以，故函数的图象关于点对称，故D错误.故选：BC例题27（2025·广西·一模）（多选）设函数，则（

）A．是的极大值点B．当时，C．当时，D．曲线有且只有一个对称中心，且该对称中心坐标为【答案】ACD【分析】求出函数的导数，求出函数的单调区间，再结合极值、对称性逐项判断得解.【详解】函数的定义域为R，求导得，当或时，；当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，对于A，是的极大值点，A正确；对于B，在上单调递减，，则，B错误；对于C，当时，，，，C正确；对于D，令，，函数是奇函数，函数的图象关于原点对称，则函数的图象关于点对称，若函数的图象还有一个对称中心，则，而不为常数，因此点不是函数图象的对称中心，即函数的图象有且只有一个对称中心，则曲线有且只有一个对称中心，且该对称中心坐标为，D正确.故选：ACD例题28（2025·江西南昌·二模）（多选）已知.不等式的解集为且，则下列说法中正确的是（

）A．函数的极大值点为1B．函数的对称中心为C．过点可作一条直线与曲线相切D．当时，【答案】BCD【分析】根据不等式的解集与方程的解之间的联系求得，结合导数和极值点的概念即可判断A；根据函数的对称性验证即可判断B；根据导数的几何意义即可判断C；利用作差法计算即可判断D.【详解】A：因为不等式的解集为且，即不等式的解集为且，所以方程的根为和（二重根），得，即，所以，则，得，令，或，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以是的极大值点，故A错误；B：由选项A知，则，所以，即的一个对称中心为，故B正确；C：由选项A知，设过点的切线方程为，设切点为，则，，得，整理得，即，解得，此时切点为，不符题意，所以过点只能作一条直线与曲线相切，故C正确；D：令，当时，则，只需.而，由，得，即，所以，故D正确.故选：BCD例题29（2025·辽宁鞍山·二模）（多选）已知函数满足，，则（

）A．B．对于任意，有三个零点C．对于任意，有两个极值点D．存在，使得点为曲线对称中心【答案】AB【分析】根据，即可判断A；由A选项知，，利用导数求出函数的单调区间，再根据零点的存在性定理即可判断B；举出反例，结合极值点的定义即可判断C；要使点为曲线对称中心，则为定值，由此即可判断D.【详解】对于A，由，，可得，即，故A正确；对于B，由A选项可得，则，则，当时，令，则，令，则或，令，则，所以函数在上单调递增，在上单调递减，由，可得，而，所以，又当时，，当时，，所以函数在和都存在一个零点，所以对于任意，有三个零点，故B正确；对于C，当时，，则，由，得恒成立，所以函数在上单调递增，所以函数无极值点，故C错误；对于D，要使点为曲线对称中心，则为定值，而，因为为定值，所以，解得，所以不存在，使得点为曲线对称中心，故D错误.模块说明：模块说明：聚焦前沿题型，靶向提升解题能力1.精选各省市最新模拟题，确保训练内容紧密贴合当前考查方向与命题动态，帮助学生把握前沿考点。2.按题型进行系统分类与专项训练，使学生能够集中突破特定题型，深度掌握其核心解题思路与技巧。【题型01】飘带函数（共6题）1．下列函数中最小值为4的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据二次函数的性质可判断A；当时，即可判断B；利用基本不等式可判断C；根据对勾函数的性质可判断D.【详解】对于A，为二次函数，其对称轴为，则时，取最小值3，故A错误；对于B，当时，，故B错误；对于C，，则，当且仅当，即时等号成立，则的最小值为4，故C正确；对于D，令，则，根据对勾函数的性质可知，当时，单调递增，则时，取最小值，故D错误.故选：C.2．（2025·山西·二模）若函数在上单调递减，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据对勾函数的单调性，即可求解.【详解】当时，为单调递增函数，不符合题意，当时，均为单调递增函数，故为单调递增函数，不符合题意，当时，在单调递增，在单调递减，故在上单调递减，则，故选：C3．（2025·河北·一模）函数在上的零点个数为（

）A．3 B．4 C．6 D．8【答案】C【分析】先结合“勾函数”的性质求出的取值范围，再结合正弦函数的图象求零点个数.【详解】令函数，根据“勾函数”的性质可知：函数在上单调递减，在上单调递增，且，.所以当时，，由，.只有当时，的值分别对应.又因为在上各有2个解，所以在上有6个零点.故选：C4．（25-26高三上·湖南长沙·月考）下列说法正确的是（

）A．当时，的最小值为2B．当时，的最小值为4C．的最小值为D．当时，的最大值为1【答案】D【分析】根据题意，利用对勾函数的单调性，可得判定A、B错误，由不是定值，可判定C错误；结合基本不等式，可判定D正确.【详解】对于A，当时，单调递减，所以，所以A错误；对于B，当时，可得，令，则在上单调递减，时，函数取得最小值5，所以B错误；对于C，由不是定值，所以不是的最小值，所以C错误；对于D，当时，，当且仅当，即时取等号，所以D正确．故选：D.5．形如的函数一般称为飘带函数．若飘带函数的图象经过两点和．则以下四个判断中①是定义域上的偶函数；②在内单调递减；③有最小值；④，正确的有（

）A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．②④【答案】D【分析】应用待定系数法求函数解析式和定义域，再由奇偶性的定义判断，根据解析式判断区间单调性，进而确定最值情况，最后代入自变量求函数值判断各项正误.【详解】由题意得，解得，则且，因为，所以是奇函数，①错．因为均在内单调递减，所以在内单调递减，没有最小值，②对③错，由得，，④对.故选：D6．（25-26高三上·河北保定·月考）将双曲线绕其中心旋转一个合适的角度，可以得到一些熟悉的函数图象，比如反比例函数，“对勾”函数，“飘带”函数等等，它们的图象都能由某条双曲线绕原点旋转得到．现将双曲线绕原点旋转一个合适的角度，得到“飘带”函数的图象，则双曲线的离心率为．【答案】【分析】根据知识背景确定的渐近线，设两渐近线夹角为并得到，结合二倍角正切公式列方程求得，进而求得渐近线的斜率，再求离心率.【详解】“飘带”函数的渐近线为与轴，设两渐近线夹角为，则，解得，又，整理得，由，解得，所以旋转之前双曲线的一条渐近线的斜率为，所以双曲线的离心率为.故答案为：【题型02】复合函数单调性与奇偶性（共6题）7．（2025高三·全国·专题练习）已知函数在上是减函数，则实数的取值范围是．【答案】【分析】根据复合函数的单调性的判断方法求参数的取值范围.【详解】设（且），，因为在上是减函数，所以或.解得：或.所以实数的取值范围为：.故答案为：8．（2025·河北沧州·一模）已知函数是偶函数，则（

）A． B． C．1 D．【答案】A【分析】利用得出，再利用偶函数的定义检验即可.【详解】因为函数是偶函数，所以，即，解得，所以，又，且的定义域为关于原点对称，所以是偶函数，满足题意，所以.故选：A.9．（2025·山东聊城·模拟预测）若是偶函数，则（

）A． B． C． D．或【答案】D【分析】由偶函数的定义域关于原点对称可求，再证明为奇函数，由此可得函数为奇函数，结合正弦函数性质可求，由此可得，再求结论即可.【详解】因为是偶函数，所以它的定义域关于原点对称，所以不等式的解集关于原点对称，所以不等式的解集关于原点对称，所以方程的根互为相反数，所以，此时定义域为，设，则函数的定义域为，定义域关于原点对称，又，所以，所以，所以函数为奇函数，又是偶函数，所以恒成立，所以是奇函数，于是此时，于是或，故选：D．10．（2025·广东茂名·一模）已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性求解即可.【详解】由，可得或，即函数的定义域为，又因为在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，由复合函数的单调性可知在区间上单调递增，.故选：D.11．（24-25高一上·湖北·月考）已知且，函数在上单调递增，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】令，按分类讨论，结合二次函数、对数函数单调性及复合函数的单调性求出范围.【详解】令，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，由，函数在上单调递减，，又函数在上单调递增，则，即，因此；当时，函数在上单调递增，，又函数在上单调递增，则，即，因此，所以实数的取值范围为.故选：C12．（24-25高三上·河北邢台·月考）已知函数的定义域是，则下列命题中不正确的是（

）A．若是偶函数，为奇函数，则是偶函数B．若是偶函数，为奇函数，则是偶函数C．若是单调递减函数，则也是单调递减函数D．若是单调递增函数，则也是单调递增函数【答案】C【分析】利用函数奇偶性的定义判断A，B；举反例判断C；根据单调性的定义判断D．【详解】解：对于A，令，则，所以为偶函数，即是偶函数，故A正确；对于B，令，则，所以是偶函数，即是偶函数，故B正确；对于C，取，则在R上单调递减，则，在R上单调递增，故C错误；对于D，因为是单调递增函数，任取，且，则，所以，所以也是单调递增函数，故D正确.故选：C.【题型03】镶嵌函数（共3题）13．（2025高三·全国·专题练习）（多选）已知函数是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且，在上都单调递增，则（

）A．是奇函数 B．是偶函数C．在上单调递增 D．在上单调递增【答案】AB【分析】根据奇偶性定义可判断AB；根据复合函数单调性可判断CD.【详解】，所以A正确；，所以B正确；取，则在上单调递减，所以C错误；取，，则在上单调递减，所以D错误．故选：AB14．（多选）已知是上的单调函数，且，则（

）A．B．是奇函数C．D．不等式的解集是【答案】ACD【分析】令，则，令，得到关于的方程，得到的值，进而得到，然后根据选项依次判断即可.【详解】令，则，令，则，根据幂函数的性质可知，函数在上单调递增，且，则，所以，即.对于A，，故A正确；对于B，，所以不是奇函数，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，函数在上单调递增，且，由，则，即，则不等式的解集是，故D正确.故选：ACD.15．（2021高三·全国·专题练习）设函数则函数的零点为．【答案】【分析】由题可知求的解，再利用分段函数求方程的解即可.【详解】函数的零点即为方程的解，也即的解．令，则原方程的解变为方程组的解．由方程②可得，解得或，将代入方程①，而方程无解，由方程解得或；将代入方程①，而方程，解得，由方程，解得．综上，函数的零点为，共四个零点．故答案为：.【题型04】抽象函数求值、比大小（共4题）16．（2025·湖北·三模）已知定义在正整数集上的函数满足，且有，则（

）．A． B．C． D．【答案】D【分析】根据新定义函数，直接赋值即可求解.【详解】取，得，又，故．取，得，即．对正整数x，，累加，得，,故选：D．17．（2025·福建福州·模拟预测）已知函数的定义域为，，且，，则下列结论中一定正确的是（

）A．B．C．D．【答案】B【分析】先判断函数的周期性，再设，，根据已知条件，判断的符号，再判断与的大小.【详解】由题意：，所以，所以.所以函数的周期为.设，，则，，，.故，，，.由，则，即；由，则，即.所以，可得，无法确定，所以，无法判断.综上所述，.故选：B18．（2025·广东深圳·模拟预测）已知函数满足：，，，若，则（

）A．2022 B．2023 C．2024 D．2025【答案】C【分析】根据已知条件结合赋值法计算得出，再赋值法结合应用不等关系计算求解即可.【详解】依题意，因为，则，令，则，因为，所以，又因为，则，即，令，则，即，令，则，所以，故得，又；又，所以，即．故选：C．19．（2025·湖北·模拟预测）（多选）已知定义域为的函数满足，且.则（

）A． B． C． D．可能为增函数【答案】ABD【分析】利用赋值可求出特殊值，从而判断AB选项，利用举特例函数，来检验CD选项即可.【详解】因为，，所以令，可得，故A正确；再令，可得，又因为，所以，又令，可得，所以，故B正确；不妨取，则，，此时满足原恒等式，但是当时，，故C错误；但由于此时在上是增函数，故D正确；故选：ABD.【题型05】抽象函数奇偶性（共3题）20．（2025·山西·二模）已知函数的定义域为，函数是奇函数，函数的图象关于直线对称，则（

）A．是偶函数 B．是奇函数C． D．【答案】B【分析】由题设奇偶性和对称性条件结合奇偶性定义公式和对称性公式进行分析函数的性质即可得解.【详解】因为是奇函数，所以为偶函数，所以，即，故的图象关于直线对称，由的图象关于直线对称得，即，即，所以关于对称，所以，所以，故是奇函数，所以B选项正确；因为，又，所以，即，所以，故C选项错误；不能得到的奇偶性与的值，故A，D选项错误.故选：B21．（2025高三·全国·专题练习）（多选）已知定义在上的函数，且，若，则（

）A． B．是偶函数C．是奇函数 D．【答案】ABD【分析】通过赋值令得到或，若，再令，，得出与矛盾，从而确定A正确；令，结合选项A的结论得到，即可判断B正确；令，得，进而得，得，由此判断C不正确；由得，由此，由此判断D正确.【详解】令，得，所以或，若，令，，得，即，与矛盾，所以，所以A正确；令，得即，所以，所以B正确；令，得，所以，所以，当时，，所以C错误；因为，所以6是的一个周期，所以，所以D正确．故选：ABD．22．（多选）已知函数对任意实数x，y都满足，且，以下结论正确的有（

）A． B．是偶函数C．是奇函数 D．【答案】BD【分析】根据可判断C，令可判断A，令可得函数是偶函数，令可得，令可得，从而得是函数的周期，进而可判断B、D.【详解】由题意，函数的定义域为，因为，则函数不是奇函数，故C错误；令，则，即，又，则，故A错误；令，则，即，所以函数是偶函数，即函数是偶函数，令，则，解得，令，则，所以，所以，又，则，所以，则，故是函数的周期，所以是偶函数，故B正确；因为，所以，故D正确；故选：BD.【题型06】抽象函数周期性（共3题）23．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知函数的定义域为R且则（

）A． B． C．1 D．【答案】A【分析】令，因为，得到，对表达式中替换为得到，两式相加整理得到，再通过替换得到函数的周期.令，求得，由求得的值，由周期性即可求出.【详解】令得，，又，所以①，①中将替换为，得②，由①+②，得③，③中将替换为，得，③中将替换为，得，所以的周期为6，令，得.由①，易得，同理，所以，.故选：A24．（2025·甘肃·模拟预测）已知偶函数满足：，且，若，则（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】用代换，可得，联立方程组，求得，结合函数为偶函数，且，得到，可则是周期为的函数，令，求得，结合，即可求解.【详解】由，用代换，可得，联立方程组，可得，即，又由函数为偶函数，且，可得与同号，所以，可得函数是周期为的函数，因为，与同号，则，令，可得，所以，则.故选：C.25．（2025·河北保定·一模）已知函数的定义域为，且为偶函数，则（

）A． B．0 C．1 D．2【答案】B【分析】根据给定条件，利用赋值法可得，且为奇函数，再结合已知的偶函数求得8为的一个周期，借助性质求出目标值.【详解】函数的定义域为，且有，令，得，解得；令，得，则，而，即不恒为0，因此，函数为奇函数，由为偶函数，得，则，于是，，8为的一个周期，由，得，即，因此，所以.故选：B【点睛】思路点睛：涉及抽象函数等式问题，利用赋值法探讨函数的性质，再借助性质即可求解.【题型07】抽象函数对称性（共2题）26．（25-26高三上·山西太原·月考）已知函数的定义域为，且为奇函数．若函数的图象与的图象的公共点为，则（

）A．4052 B．4050 C．2026 D．2025【答案】C【分析】由奇函数与反比例函数性质可得、都关于点中心对称，则可得，，即可得解.【详解】由是由函数向右平移得到，则关于点中心对称，由为奇函数，则，则关于点中心对称，故对函数与任一交点，总存在也是其交点，则，，则.故选：C.27．（25-26高三上·江苏南通·月考）已知函数及其导函数的定义域均为，记，已知和都是偶函数，且，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先由是偶函数，得关于点成中心对称.再由函数是偶函数，得是函数的一个周期，进而得所求值.【详解】由是偶函数，得，再对等式两边求导得.因，所以，即——①.故函数关于点成中心对称，且定义域为，所以，.又函数是偶函数，得，即——②.故函数关于成轴对称，所以.再由①②得，所以，故，所以是函数的一个周期，且.所以，所以.故选：B.【题型08】抽象函数性质融合（共7题）28．（2026·湖北·模拟预测）（多选）已知，都是定义在上的函数，对任意满足，且，则下列说法正确的是（

）A． B．C．函数的图象关于直线对称 D．若，则【答案】AD【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断A、B，取，可判断C，对于D，通过观察选项可以推断很可能是周期函数，结合等式及一些已经证明的结论，想到令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步得出是周期函数，从而可求的值.【详解】A，令，可得，得，令，代入已知等式得，可得，结合得，所以，故A正确；B，因为，令，代入已知等式得，将，代入上式，得，所以函数为奇函数.令，代入已知等式，得，因为，所以，又因为，所以，因为，所以，故B错误；C，取，满足及，所以，又，所以函数的图象不关于直线对称，故C错误；D，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：，两式相加易得，所以有，即，有，即，则，所以为周期函数，且周期为，因为，所以，所以，所以，所以，故D正确；故选：AD29．（2026·河北·一模）（多选）已知定义域为R的函数f(x)满足下列条件：（1）对任意的，都有（2）当时，.则下列结论正确的是（

）A．B．函数的图象关于y轴对称C．若，则D．若，则【答案】ACD【分析】根据给定条件（1），利用赋值法，结合奇偶函数的定义及性质计算判断AB；令，，，由条件（2）并结合奇函数性质判断C；由条件（1）可得，再利用单调函数的定义并结合（2）确定函数在上单调性，进而利用奇函数性质判断D.【详解】对任意的，都有，对于A，令，则，令，得，则，令，得，则，因此，A正确；对于B，令，得，即，因此，函数是奇函数，其图象关于原点对称，B错误；对于C，令，即，取，则，于是，即，当时，，，则，此时，当时，由奇函数的性质得，则，因此，，C正确；对于D，令，则，当时，，任取，，由，得，则，而，因此，即，此时，而，则，即，因此函数在上单调递减，由奇函数性质得在上单调递减，由，得，则，D正确.故选：ACD30．（2025·四川巴中·三模）（多选）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若与均为偶函数，则下列选项正确的是（

）A． B．和是周期为4的周期函数C．为奇函数 D．图象关于点对称【答案】ABC【分析】根据函数奇偶性，得到对称性和周期性，逐个计算判断即可.【详解】因为为偶函数，所以，即，所以函数的图象关于对称，则，又为偶函数，所以，即，两边求导得，，即，的图象关于对称，则的图象关于原点对称，为奇函数，故C正确，，，由以上分析得，即有即，且，所以是周期为4的函数，，故，故A正确：对于B，由于，则，由于，故，所以，因此以4为周期的周期函数，B正确.对于D，由于，则，故图象关于对称，由于不一定为0，故D错误，故选：ABC.31．（2025·福建莆田·三模）（多选）已知定义域为的函数是偶函数，且，，若，其中，则（

）A． B．C． D．的最小值为【答案】ACD【分析】由取，可求，再由偶函数性质求判断A，结合偶函数性质及证明，确定是的一个周期，再求，，结合周期性求，判断B，由条件证明关于中心对称，由此可得，由此可求，再求出，判断C，分，两种情况，结合基本不等式求的最小值，判断D.【详解】在中，令，得，即，又是偶函数，所以，故A正确；因为是偶函数，所以，又，所以，将替换为可得①，将替换为可得②，可得，即，所以是的一个周期，又，，，，，所以，故B错误；因为，所以关于中心对称，又是偶函数，所以关于中心对称，所以，即，，，，，令，得，，即，所以，解得，故C正确；由，得，且，当时，则，，，当且仅当，即，时等号成立；当时，，，，当且仅当，即，时等号成立，又，所以的最小值为，故D正确．故选：ACD．32．（2025·河北·二模）（多选）设函数的定义域为，且，则（

）A． B．C．是奇函数 D．【答案】ABC【分析】根据给定条件，利用赋值法推导可得数列的特性，计算判断AB；取，再取，结合奇函数定义判断C；由选项C的结论，结合等差数列求和判断D.【详解】函数的定义域为，且，对于AB，取，则，因此数列是以为首项，公差为1的等差数列，，则，，AB正确；对于C，由，得，取，得，取，得，即，因此，是奇函数，C正确；对于D，，D错误.故选：ABC33．（2025·河南鹤壁·模拟预测）（多选）函数的导函数和函数都是上偶函数，且，，则（

）A．的图象关于点对称 B．是周期函数C． D．【答案】ABD【分析】根据给定条件，利用复合函数的导数，结合赋值法探讨函数的性质，再借助赋值法逐项分析判断.【详解】由是偶函数，得，即，则（为常数），由于，取，得，于是，对于A，由函数是R上偶函数，得，由，得，即，于是，函数图象关于点对称，A正确；对于B，由，得，即，由，得，于是，即，因此，函数是周期为4的周期函数，B正确；对于C，由，，得，则，，因此，C错误；对于D，由，得，，，，因此，D正确.故选：ABD34．（2025·广东深圳·三模）（多选）已知函数的定义域为，，，则（

）A． B．的图象关于点对称C．的图象关于直线对称 D．【答案】ABD【分析】根据已知条件，通过赋值法求出函数的一些特殊值，再结合函数的对称性逐一分析选项.【详解】对于A，令，则，因为，所以，解得，故A正确；对于B，令，则，得，由A可知，所以，即，所以的图象关于点对称，故B正确；对于C，令，则，即.假设的图象关于直线对称，则有，与矛盾，所以假设不成立，的图象不关于直线对称，故C错误；对于D，由于且，则有，即，所以，故D正确.故选：ABD.【题型09】三次函数（共4题）35．（2025·湖北武汉·一模）（多选）已知函数，若函数为偶函数，则下列说法一定正确的是（

）A．的图象关于直线对称B．C．D．【答案】BCD【分析】A选项，举出例子，画出的图象，得到其不关于直线对称；BD选项，为奇函数，得到，BD正确；C选项，二次求导，结合三次函数图象特征得到，则，又，故【详解】A选项，令，则，满足为偶函数，但的图象如下，不关于直线对称，A错误；BD选项，为偶函数，故为奇函数，即，即，故，故点为曲线的对称中心，故，则，故B，D正确；C选项，由题意得，令，则，由于曲线的对称中心为，结合三次函数的图象特征可知，，则，又，故，故C正确.故选：BCD.36．（2025·黑龙江·二模）（多选）已知函数的极小值为，则（

）A．B．曲线是中心对称图形C．若直线与函数的图象有个交点，则实数的取值范围为D．当时，【答案】BCD【分析】利用导数判断函数的单调性，求函数的极小值，由条件列方程求，由此判断A，证明函数为奇函数，判断B，结合函数的单调性，及，，画出函数的大致图象，结合图象判断C，证明，结合函数单调性比较的大小，由此判断D.【详解】函数的定义域为，导函数，当时，，函数为增函数，与条件矛盾，当时，令可得，或，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以当时，函数取极小值，极小值为，由已知，所以，A错误，所以，设，函数的定义域为，定义域关于原点对称，，所以函数为奇函数，故函数的图象关于原点对称，所以函数的图象关于点对称，关于曲线是中心对称图形，B正确，因为当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，又，，当时，，当时，，所以函数的大致图象如下：因为直线与函数的图象有3个交点，所以，所以的取值范围为，C正确；因为，又，所以，即，因为，，函数在上单调递减，所以，D正确；故选：BCD.37．（24-25高三下·甘肃白银·开学考试）（多选）已知函数，则下列命题中正确的是（

）A．0是的极小值点B．当时，C．若，则D．若存在极大值点，且，其中，则【答案】ACD【分析】讨论a的取值情况，利用导数研究函数的单调性和极值，进而判断A；当时，利用导数得到函数的单调性，判断，的大小关系，进而判断B；根据题意推得，在根据对称性计算即可判定C；若存在极大值点，则，即，因为，化简等式，即可判断【详解】由题意可得，令，当时，得或，对于A，当时，令，解得或，则在和上单调递增，令，解得，则在上单调递减，所以在处取得极小值，同理，当时，在和上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值；当时，，在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，故A正确；对于B，当时，在上单调递减，又，，所以，故B错误；对于C，若，则，则.所以，，则，故C选项正确.对于D，若存在极大值点，则，即，因为，所以，所以，，即，又，所以，故D正确.故选：ACD.38．（2025·河北唐山·一模）（多选）已知函数，则下列说法正确的是（

）A．当时，在上单调递增B．函数的对称中心为C．，使得与曲线的公共点中存在四点能连接成正方形D．，总存在两条斜率互为相反数的相交直线与曲线都相切【答案】ABD【分析】根据导数的正负判断A；根据函数的对称性判断B；根据函数的性质判断C；根据导数的几何意义判断D.【详解】因为，所以，当时，在上恒成立，即在上单调递增，故A正确；因为，所以的对称中心为，故B正确；由B项可知，函数的对称中心为且也关于对称，假设与曲线的公共点中存在四点能连接成正方形，即与曲线有四个交点，即，即除去0以外还有四个解，即，所以，设和与曲线的交点分别为A，C，B，D，所以，即，无解，假设不成立，故C错误；设两直线与曲线的切点分别为，，则，即，所以，，总存在，使得上式成立，即，总存在两条斜率互为相反数的相交直线与曲线都相切，故D正确；故选：ABD.【点睛】难点点睛：解答本题的难点是C的判断，解答时要注意结合对称性，采用假设得出矛盾的方法求解.模块说明：模块说明：答题强化训练，实现能力跃迁。模块题量适中，全部选用最新高质量模拟题，侧重对方法模型的直接应用与巩固。题量20题一、单选题1．（2025·陕西咸阳·二模）已知，则函数的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】令，，利用基本初等函数的单调性及复合函数的单调性，求出的单调区间，即可求解.【详解】令，，易知是减函数，因为，又在上单调递增，在上单调递减，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，又当时，，当时，，则函数的最大值是，故选：C.2．（2025·河北·模拟预测）已知为定义在上的偶函数，当时，，若方程恰有6个不同的根，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据偶函数的性质和函数解析式画出图像，然后结合方程的6个根求出结果即可.【详解】设，由于函数为偶函数，且当时，，故的大致图象如图所示，当时，函数的图象与直线有四个交点，横坐标分别设为，，且，故四个方程的根的个数分别为0，0，4，2，故方程恰有6个不同的根，因此B选项正确．容易验证取其他值时，不符合题意．故选：B.二、多选题3．（2025·山西忻州·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（

）．A．为函数的一个周期B．函数的值域为C．函数的图象关于直线对称D．将函数的图象向右平移个单位长度所得图象对应的函数是奇函数【答案】BC【分析】对于A选项：把和代入算出与的值，比较二者是否相等来判断对错．对于B选项：令，先确定范围是，再根据指数函数单调性求值域．对于C选项：将换为代入，通过诱导公式化简，看是否与相等来判断．对于D选项：先对右移个单位得，进而得到右移后的，把代入，看是否为判断对错．【详解】因为，所以．对于选项A，，，所以，故A错误；对于选项B，令，，，因为在上单调递减，所以的值域为，故B正确；对于选项C，因为，故C正确；对于选项D，将的图象向右平移个单位长度所得图象对应的函数是，故的图象向右平移个单位长度得到的函数为，因为，故D错误．故选：BC．4．（2025·广西北海·模拟预测）已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，当时，．则下列结论正确的是（

）A． B．在区间上单调递增C．的图象关于直线对称 D．函数有5个零点【答案】ACD【分析】A先由条件得出，即可得出的一个周期为4，再结合题中给出的解析式以及周期性即可求解；B先证明是偶函数，再结合周期性以及在上的单调性即可；C利用偶函数以及周期性可得；D画出与的图象，判断两个图象的交点个数即可.【详解】为奇函数，故，即①，又为偶函数，故②，则由①②可得，，则，则的一个周期为4，在①中令有，又当时，，则，则，所以，故A正确；由②可得，，则，即函数是定义在上的偶函数，因时，，则是上的增函数，则是上的减函数，因是的一个周期，则是上的减函数，故B错误；因为函数是定义在上的偶函数，所以，所以的图象关于直线对称，故C正确；函数的零点个数可以转化为与图象的交点个数，由题意得与的图象如下：当时，，当时，，当时，，结合图象可知，函数在上存在1个零点，当时，，当时，，由此可得与的图象有5个交点，所以有5个零点，故D正确．故选：ACD．5．（2025·广东深圳·二模）已知函数的定义域为，，，则（

）A． B．C．为偶函数 D．的最大值为【答案】BCD【分析】令，可判断A选项，令可得出，再令，可求出的值，可判断B选项；利用偶函数的定义可判断C选项；令，可得出，求出的最大值，可判断D选项.【详解】对于A选项，令，则，解得，A错；对于B选项，令，则，即，所以，令，，可得，即，即，故，B对；对于C选项，因为，同理有，所以，若，设，令，则，再令，则，所以函数的零点关于y轴对称；若，则，令有，故函数为偶函数，C对；对于D选项，令，则，所以，可得，故函数的最大值为，D对.故选：BCD.6．（2025·山东烟台·三模）已知定义在上的函数的导函数为，若对任意，都有，且．则（

）．A．为偶函数 B．C．的周期为4 D．【答案】BCD【分析】令,判断的奇偶性,判断选项A;令，求出的对称性，判断选项B;然后再由对称性和奇偶性求解周期，判断选项C;再赋值进行求解，判断选项D.【详解】根据题意，且，令，则，故，故是奇函数，故A错误；由A选项可得，令，则，则，故，即，因此，故B正确；由，则，再由，故,故最小正周期为,故C正确；令，则，即，令，则，则，故,故D正确.故选：BCD.7．（2025·湖北黄冈·模拟预测）一定不存在函数满足：对任意都有（

）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】取特殊值得到矛盾排除，利用函数的奇偶性和对称性判断BC，存在，判断D.【详解】对于选项A，因为，而，不符合函数概念，所以A一定不满足；对于选项B，一定为偶函数，所以B一定不满