函数的概念与性质

1. 1$f(x+1)$ 是偶函数意味着 $f$ 的图象关于直线 $x=1$ 对称，即 $f(1+x)=f(1-x)$，亦即 $f(2-x)=f(x)$。
2. 2又 $f$ 为奇函数，$f(-x)=-f(x)$，于是 $f(x+2)=f(-x)=-f(x)$。
3. 3再迭代一次：$f(x+4)=-f(x+2)=f(x)$，故 $f$ 的周期为 $4$。
4. 4$2025=4\times 506+1$，所以 $f(2025)=f(1)=2$，选 C。

点评「一个对称中心 + 一条对称轴」必出周期，且周期为二者间距的 $4$ 倍。本题中心是原点、轴是 $x=1$，间距 $1$，周期 $4$。

1. 1由 $f(x+2)=f(x)$ 知 $f$ 的周期为 $2$，先把自变量落回一个周期内。
2. 2$2025.5=2\times 1012+1.5$，故 $f(2025.5)=f(1.5)$。
3. 3再用一次周期：$f(1.5)=f(1.5-2)=f(-0.5)$。
4. 4由偶函数 $f(-0.5)=f(0.5)$，而 $0.5\in [0,1]$，故 $f(0.5)=0.5$，选 A。

点评「周期先降幂、奇偶再翻边」是抽象函数求值的固定顺序，把自变量一路化到已知解析式的区间上。

1. 1判断性质：$f(-x)=-x^3-x=-f(x)$，$f$ 为奇函数；$f^{\prime }(x)=3x^2+1>0$，$f$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增。
2. 2移项并用奇函数：$f(2x-1)>-f(x)=f(-x)$。
3. 3由单调递增去掉 $f$：$2x-1>-x$。
4. 4解得 $x>\frac{1}{3}$，选 A。

点评「奇函数 + 单调」是抽象不等式的黄金组合：先用奇性把负号搬进函数，再用单调性脱去函数记号。

1. 1根式要求被开方数非负：$2-x\ge 0$，即 $x\le 2$。
2. 2对数要求真数为正：$x+1>0$，即 $x>-1$。
3. 3分母不能为零：$\lg (x+1)\ne 0$，即 $x+1\ne 1$，故 $x\ne 0$。
4. 4三者取交集，定义域为 $(-1,0)\cup (0,2]$。

点评分母上出现对数时有两个限制：真数为正与整体不为零，只写前者是最常见的漏解。

1. 1先求定义域：$x^2-2x-3>0$ 即 $(x-3)(x+1)>0$，得 $x<-1$ 或 $x>3$。
2. 2令 $t=x^2-2x-3=(x-1{)}^2-4$，其对称轴为 $x=1$，在 $(-\infty ,-1)$ 上递减，在 $(3,+\infty )$ 上递增。
3. 3外层 $y=\ln t$ 单调递增，由「同增异减」，复合函数的增区间即内层的增区间。
4. 4与定义域取交集得 $(3,+\infty )$，选 D。

点评复合函数单调性必须「定义域优先」：先解出定义域，再在定义域内讨论内层单调性，否则会误选 $(1,+\infty )$。

1. 1配凑：$f(x)=(x-1)+\frac{1}{x-1}+1$，其中 $x-1>0$。
2. 2由基本不等式 $(x-1)+\frac{1}{x-1}\ge 2$，故 $f(x)\ge 3$。
3. 3当 $x-1=\frac{1}{x-1}$ 即 $x=2$ 时取等，此时 $f(2)=2+1=3$。
4. 4最小值为 $3$。

1. 1定义域为 $\mathbf{R}$（因为 $\sqrt{1+x^2}>|x|\ge x$，真数恒正），关于原点对称。
2. 2计算 $f(x)+f(-x)=\ln \left[\left(\sqrt{1+x^2}-x\right)\left(\sqrt{1+x^2}+x\right)\right]$。
3. 3括号内为平方差：$(1+x^2)-x^2=1$，故 $f(x)+f(-x)=\ln 1=0$，即 $f$ 是奇函数。
4. 4取 $x=2$ 即得 $f(2)+f(-2)=0$。

点评含 $\sqrt{1+x^2}\pm x$ 的对数函数是标准奇函数模型，判定时用 $f(x)+f(-x)=0$ 比直接化简 $f(-x)$ 更省力。

1. 1A：$y=x^2$ 是偶函数，排除。
2. 2B：$y=x|x|=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& x\ge 0\\ -x^2,& x<0\end{array}$，满足 $f(-x)=-f(x)$ 为奇函数，且在 $(0,+\infty )$ 上即 $y=x^2$，递增，符合。
3. 3C：$y=\frac{1}{x}$ 虽为奇函数，但在 $(0,+\infty )$ 上单调递减，排除。
4. 4D：$y=\cos x$ 是偶函数，排除。
5. 5故选 B。

点评$y=x|x|$ 是高考常考的「奇且单调递增」模型，注意它在 $\mathbf{R}$ 上都是增函数。

1. 1先脱去绝对值：当 $x\le 0$ 时 $x^2-2x=x(x-2)\ge 0$，当 $x>0$ 时 $\ln (x+1)>0$，故 $|f(x)|=f(x)$ 恒成立。
2. 2$x=0$ 时不等式为 $0\ge 0$，成立，对 $a$ 无限制。
3. 3当 $x>0$ 时需 $\ln (x+1)\ge ax$。若 $a\le 0$，右边非正而左边为正，成立；若 $a>0$，由 $\ln (1+x)<x$ 且 $x\to +\infty$ 时 $\frac{\ln (1+x)}{x}\to 0$，必有 $x$ 使不等式反向。故此段要求 $a\le 0$。
4. 4当 $x<0$ 时需 $x^2-2x\ge ax$，两边同除以负数 $x$ 需变号，得 $x-2\le a$。对一切 $x<0$ 成立即 $a\ge {\sup }_{x<0}(x-2)=-2$（上确界取不到，故 $a=-2$ 可行）。
5. 5两段取交集得 $-2\le a\le 0$。

点评两处细节决定成败：一是同除以负数 $x$ 时不等号必须变向，二是 $x<0$ 段的上确界 $-2$ 取不到，因此 $a=-2$ 恰好可取。

1. 1$3\ge 1$，用第二段：$f(3)=f(2)+1$。
2. 2$2\ge 1$，再用第二段：$f(2)=f(1)+1$。
3. 3$1\ge 1$，仍用第二段：$f(1)=f(0)+1$；而 $0<1$，用第一段得 $f(0)=2^0=1$。
4. 4回代：$f(1)=2$，$f(2)=3$，$f(3)=4$，选 B。

点评递归型分段函数要一路「向下」代到能用显式表达式的那一段，再逐层回代，切忌跳步。