定义在R上的函数 已知定义在R上的奇函式f（x）在（0，+∞）上是增函式，且f（ax+1）≤f（x-2）对任意 x∈[ 1 2

已知定义在R上的奇函式f（x）在（0，+∞）上是增函式，且f（ax+1）≤f（x-2）对任意 x∈[ 1 2  

已知定义在R上的奇函式f（x）在（0，+∞）上是增函式，且f（ax+1）≤f（x-2）对任意 x∈[ 1 2

根据奇函式在对称区间上单调性相同且f（x）在（0，+∞）上是增函式，
故f（x）在（-∞，+∞）上是增函式，
若f（ax+1）≤f（x-2）对任意 x∈[

1 2 ，1] 都成立，
则ax+1≤x-2对任意 x∈[

1 2

，1] 都成立，
即a≤

x-3 x

=1-

3 x

对任意 x∈[

1 2

，1] 都成立，
由函式y=1-

3 x

在 [

1 2

，1] 为增函式，
故x=

1 2

时，最最小值-5
即a≤-5
故实数a的取值范围是（-∞，-5]
故答案为：（-∞，-5]

已知定义在R上的奇函式f（x）满足f（2-x）=f（x），且在区间[0，1]上是增函式．若函式g（x）=f（x）-log2

∵f（x）在区间[0，1]上是增函式，f（x）在R上是奇函式
∴f（x）在区间[-1，1]上是增函式
∵奇函式f（x）满足f（2-x）=f（x），∴f（2+x）=-f（x），∴f（4+x）=f（x）
∴函式是以4为周期的周期函式，
∵f（2-x）=f（x），∴x=1是函式的对称轴，且取得最大值
∴x=5也是函式的对称轴，且取得最大值
∵函式g（x）=f（x）-log 2 x有且仅有两个零点，
∴f（x）的最大值为log 25
故答案为：log 25

已知定义在R上的函式f(x)是奇函式,且f(x)在(-∞,0)上是减函式,f(2)=0,g(x)=

f(x)是奇函式 定义域x∈R 则f(0)=0
f(x)在(-∞,0)上是减函式，则在R上也是减函式：
f(x)>0 x<0
f(x)<0 x>0
g(x)=f(x+2) 是f(x)向左平移2个单位
∴g(x)>0 x<-2
g(x)=0 x=-2
g(x)<0 x>-2
∴xg(x)≤0的解集是 x∈(-∞,-2]∪[0,+∞)

已知函式y＝f（x）是定义在R上的奇函式，且在（0，＋∞）上是增函式 （1）判断函式F（x）＝

1.x属于R，F（-x）=f(-x)+(-x)=-(f(x)+x)=-F（x）,所以F（x）是在R上的奇函式
2.设X1、X2∈（-∞，0）且X1<X2
F (X2)-F(X1)=(f(X2)+X2)-(f(X1)+X1)=(f(X2)-f(X1))+(X2-X1)
因为风f（x）是R上的奇函式，且在（0，＋∞）上是增函
所以f(x)在x∈（-∞，0）上是增函式
所以上式F(X2)-F(X1)>0，所以F（x）在在x∈（-∞，0）上是增函式

已知f（x）是定义在R上的偶函式，对任意x∈R，都有f（x+2）=f（x），且在区间[0，1]上是增函式，则f（5.5

∵f（x）是定义在R上的偶函式，对任意x∈R，都有f（x+2）=f（x），
∴f（-1）=f（1），
f（5.5）=f（6-0.5）=f（-0.5）=f（0.5），
f（2）=f（0）．
又f（x）在区间[0，1]上是增函式，
∴f（0）＜f（0.5）＜f（1），
∴f（2）＜f（5.5）＜f（-1）．
故选：C．

已知函式y=f（x）是定义在R上的奇函式，对R上任意x满足f（x+2）=f（x）+f（2），且f（1）=2，则f（2012）

因为f（x+2）=f（x）+f（2），且函式y=f（x）是定义在R上的奇函式，
所以令x=-1，得f（-1+2）=f（-1）+f（2），即f（1）=-f（1）+f（2），
所以f（2）=2f（1）=4，即f（x+2）=f（x）+4，所以f（x+2）-f（x）=4．
（方法1构造数列）
所以{f（x+2）}可以看做是以f（0）为首项，d=4为公差的等差数列．
因为y=f（x）是定义在R上的奇函式，所以f（0）=0．
所以f（2012）为数列中的第1007项，所以f（2012）=f（0）+×4=1006×4=4024．
（方法2累加法）
由f（x+2）-f（x）=4，可得
f（2）-f（0）=4；
f（4）-f（2）=4；
…
f（2012）-f（2010）=4；
等式两边同时相加，得f（2012）-f（0）=1006×4=4024，
因为y=f（x）是定义在R上的奇函式，所以f（0）=0．
所以f（2012）═4024．
故选D．

定义在R上的函式y=f（x），在（-∞，2）上是增函式，且函式y=f（x+2）是奇函式，当x 1 ＜2，x 2 ＞2，且|

由于函式y=f（x+2）是奇函式，所以函式y=f（x）图象关于（2，0）对称，又函式在（-∞，2）上是增函式，所以函式在（2，+∞）上单调递增，∵x 1 ＜2，x 2 ＞2，且|x 1 -2|＜|x 2 -2|，∴x 2 ＞4-x 1 ＞2，∴f（x 2 ）＞f（4-x 1 ），∴
f（x 1 ）+f（x 2 ）＞0，
故选B．

已知f（x）是定义在R上的奇函式，在（0，+∞）上是增函式，且f(1)=0，则f（x+1）＜0的解集为

因为f(x)为奇函式，所以f(-x)=-f(x)
函式在（0，+∞）为增函式
所以当x＞1时，f(x)＞f(1)=0
此时-x＜-1，f(-x)=-f(x)＜0
即x＜-1时，f(x)＜0
因此f(x+1)＜0，x+1＜-1，x＜-2
另外，由于在（0，+∞）上为增函式
所以0＜x＜1时，f(x)＜f(1)=0
因此f(x+1)＜0，0＜x+1＜1，-1＜x＜0
综上，x＜-2或-1＜x＜0
因此解集为（-∞，-2）∪（-1，0）