2025版一輪高考總復習數學第二章　函數的概念與性質第三節(jié)第2課時　函數性質的綜合應用

第2課時函數性質的綜合應用函數的單調性與奇偶性【例1】已知函數f（x）＝4｜x｜1+｜x｜，則不等式f（2x－A.（1，2）B.（12，5C.（－∞，1）∪（2，＋∞）D.（－∞，12）∪（52，＋解析：A顯然f（x）是偶函數，當x≥0時，f（x）＝4x1+x＝4x+4－41+x＝4－41+x單調遞增.又f（1）＝2，所以f（2x－3）＜2可化為f（2x－3）＜f（1），可得｜2x－3｜解題技法綜合應用奇偶性與單調性解題的技巧（1）比較函數值的大小問題，可以利用奇偶性，把不在同一單調區(qū)間上的兩個或多個自變量的函數值轉化到同一單調區(qū)間上，再利用函數的單調性比較大??；（2）對于抽象函數不等式的求解，應變形為f（x1）＞f（x2）的形式，再結合單調性，脫去“f”變成常規(guī)不等式，轉化為x1＜x2（或x1＞x2）求解.已知奇函數f（x）在R上是增函數，g（x）＝xf（x）.若a＝g（－log25.1），b＝g（20.8），c＝g（3），則a，b，c的大小關系為（）A.a＜b＜c B.c＜b＜aC.b＜a＜c D.b＜c＜a解析：C由題意，知g（x）＝xf（x）在R上為偶函數，因為奇函數f（x）在R上是增函數，且f（0）＝0，所以g（x）在（0，＋∞）上單調遞增.又3＞log25.1＞2＞20.8，且a＝g（－log25.1）＝g（log25.1），所以g（3）＞g（－log25.1）＞g（20.8），則c＞a＞b.故選C.函數的奇偶性與周期性【例2】（1）已知定義在R上的奇函數f（x）滿足f（1）＝2，f（1＋x）＝f（1－x），則f（2023）＋f（2024）＝（）A.4 B.0C.－2 D.－4（2）已知定義在R上的奇函數f（x）滿足f（x＋2）＝－f（x），當x∈[0，1]時，f（x）單調遞增，則（）A.f（6）＜f（－7）＜f（112B.f（6）＜f（112）＜f（－7C.f（－7）＜f（112）＜f（6D.f（112）＜f（－7）＜f（6答案：（1）C（2）B解析：（1）因為定義在R上的奇函數f（x）滿足f（1＋x）＝f（1－x），所以f（2＋x）＝f（1－（1＋x））＝f（－x）＝－f（x），所以f（4＋x）＝－f（2＋x）＝f（x），所以f（x）是周期為4的周期函數，所以f（2023）＋f（2024）＝f（3）＋f（0）＝f（－1）＝－f（1）＝－2.故選C.（2）∵f（x＋2）＝－f（x），∴f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f（x），∴函數f（x）是周期為4的周期函數，∴f（6）＝f（2）＝－f（0）＝f（0），f（112）＝f（32）＝－f（－12）＝f（12），f（－7）＝f（1），又當x∈[0，1]時，f（x）單調遞增，∴f（0）＜f（12）＜f（1），即f（6）＜f（112）＜解題技法綜合應用奇偶性與周期性解題的技巧（1）根據已知條件及相關函數的奇偶性推得函數的周期；（2）利用函數的周期性將自變量較大的函數值轉化為自變量較小的函數值，直到自變量的值進入已知解析式的區(qū)間內或與已知的函數值相聯系，必要時可再次運用奇偶性將自變量的符號進行轉化；（3）代入已知的解析式求解即得要求的函數值.（多選）函數f（x）的定義域為R，若f（x＋1）與f（x－1）都是偶函數，則（）A.f（x）是偶函數 B.f（x）是奇函數C.f（x＋3）是偶函數 D.f（x）＝f（x＋4）解析：CD∵f（x＋1）是偶函數，∴f（－x＋1）＝f（x＋1），從而f（－x）＝f（x＋2）.∵f（x－1）是偶函數，∴f（－x－1）＝f（x－1），從而f（－x）＝f（x－2）.∴f（x＋2）＝f（x－2），即f（x＋4）＝f（x），∴f（x）是以4為周期的周期函數.∵f（－x－1）＝f（x－1），∴f（－x－1＋4）＝f（x－1＋4），即f（－x＋3）＝f（x＋3），∴f（x＋3）是偶函數.函數的對稱性與周期性【例3】（多選）（2024·蘇北四市調研）設函數f（x）的定義域為R，f（2x＋1）為奇函數，f（x＋2）為偶函數，當x∈[0，1]時，f（x）＝ax＋b.若f（0）＋f（3）＝－1，則（）A.b＝－2B.f（2023）＝－1C.f（x）為偶函數D.f（x）的圖象關于點（12，0）解析：AC由f（2x＋1）為奇函數，得f（－2x＋1）＝－f（2x＋1），則f（－x＋1）＝－f（x＋1），∴f（x）的圖象關于點（1，0）對稱，D錯誤；由f（x＋2）為偶函數，∴f（x）的圖象關于直線x＝2對稱，∴f（x）的周期為4×（2－1）＝4，于是f（－x）＝f（x＋4）＝f（x），C正確；在f（－x＋1）＝－f（x＋1）中，令x＝0，得f（1）＝0，由x∈[0，1]時，f（x）＝ax＋b，可得f（0）＝1＋b，f（3）＝f（1）＝a＋b＝0，又f（0）＋f（3）＝－1，∴f（0）＝1＋b＝－1，解得b＝－2，A正確；f（2023）＝f（4×505＋3）＝f（3）＝0，B錯誤.綜上，故選A、C.解題技法綜合應用對稱性與周期性解題的技巧函數f（x）滿足的關系f（a＋x）＝f（b－x）表明的是函數圖象的對稱性，函數f（x）滿足的關系f（a＋x）＝f（b＋x）（a≠b）表明的是函數的周期性，在使用這兩個關系時不要混淆.1.已知定義在R上的函數f（x），對任意實數x都有f（x＋4）＝－f（x），若函數y＝f（x－1）的圖象關于直線x＝1對稱，f（－1）＝2，則f（2025）＝（）A.1 B.2C.3 D.4解析：B由函數y＝f（x－1）的圖象關于直線x＝1對稱，可知函數f（x）的圖象關于y軸對稱，故f（x）為偶函數.又由f（x＋4）＝－f（x），得f（x＋4＋4）＝－f（x＋4）＝f（x），所以f（x）是周期為8的偶函數，則f（2025）＝f（1＋253×8）＝f（1）＝f（－1）＝2.2.（多選）已知f（x）的定義域為R，函數f（x）的圖象關于直線x＝－3對稱，且f（x＋3）＝f（x－3），若當x∈[0，3]時，f（x）＝4x＋2x－11，則下列結論正確的是（）A.f（x）為偶函數B.f（x）在[－6，－3]上單調遞減C.f（x）的圖象關于直線x＝3對稱D.f（100）＝9解析：ACD因為f（x）的圖象關于直線x＝－3對稱，所以f（－x）＝f（x－6），又f（x＋3）＝f（x－3），所以f（x）的周期T＝6，所以f（－x）＝f（x－6）＝f（x），所以f（x）為偶函數，故選項A正確；當x∈[0，3]時，f（x）＝4x＋2x－11單調遞增，因為T＝6，所以f（x）在[－6，－3]上也單調遞增，故選項B不正確；因為f（x）的圖象關于直線x＝－3對稱且T＝6，所以f（x）的圖象關于直線x＝3對稱，故選項C正確；f（100）＝f（16×6＋4）＝f（4）＝f（－2）＝f（2）＝9，故選項D正確.故選A、C、D.抽象函數求解模型化所謂抽象函數，是指沒有明確給出函數表達式，只給出它具有的某些特征或性質，并用一種符號表示的函數.抽象函數是由特殊的、具體的函數抽象而得到的，我們所遇到的抽象函數都是以中學階段所學的基本初等函數為背景抽象而得，解決此類問題，若能從研究抽象函數的“模型”入手，根據題設中抽象函數的性質，通過類比、猜想出它可能為某種基本初等函數，變抽象為具體，變陌生為熟知，常可猜測出抽象函數所蘊含的重要性質，并以此作為解題的突破口，必能為我們的解題提供思路和方法.常見的抽象函數對應的基本初等函數模型如下：基本初等函數模型抽象函數性質一次函數f（x）＝kx＋b（k≠0）f（x±y）＝f（x）±f（y）?b冪函數f（x）＝xnf（xy）＝f（x）f（y）或f（xy）＝二次函數f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2axy－c基本初等函數模型抽象函數性質指數函數f（x）＝ax（a＞0且a≠1）f（x＋y）＝f（x）f（y）或f（x－y）＝f對數函數f（x）＝logax（a＞0且a≠1）f（xy）＝f（x）＋f（y）或f（xy）＝f（x）－f（y）或f（xm）＝mf（x余弦函數f（x）＝Acosωx（Aω≠0）f（x）＋f（y）＝2Af（x＋y2）·f（x－y2）或f（x＋y）＋f（x－y）＝2Af一、以一次函數為模型的抽象函數【例1】已知函數f（x）對任意x，y∈R，滿足條件f（x）＋f（y）＝2＋f（x＋y），且當x＞0時，f（x）＞2，f（3）＝5，則不等式f（a2－2a－2）＜3的解集為{a｜－1＜a＜3}.解析：法一（常規(guī)解法）設x1＜x2，則x2－x1＞0，∵當x＞0時，f（x）＞2，∴f（x2－x1）＞2，則f（x2）＝f[（x2－x1）＋x1]＝f（x2－x1）＋f（x1）－2＞2＋f（x1）－2＝f（x1），即f（x2）＞f（x1），∴f（x）為增函數.∵f（3）＝f（2＋1）＝f（2）＋f（1）－2＝[f（1）＋f（1）－2]＋f（1）－2＝3f（1）－4，又∵f（3）＝5，∴f（1）＝3.∴f（a2－2a－2）＜f（1），∴a2－2a－2＜1，即a2－2a－3＜0，解得不等式的解集為{a｜－1＜a＜3}.法二（模型解法）由f（x）＋f（y）＝2＋f（x＋y），即f（x＋y）＝f（x）＋f（y）－2，可設函數f（x）＝kx＋2（k≠0），由f（3）＝5，得3k＋2＝5，k＝1，即f（x）＝x＋2，滿足當x＞0時，f（x）＞2，則不等式f（a2－2a－2）＜3可化為a2－2a－2＋2＜3，即a2－2a－3＜0，解得－1＜a＜3，故不等式的解集為{a｜－1＜a＜3}.二、以冪函數為模型的抽象函數【例2】已知函數f（x）對任意實數x，y都有f（xy）＝f（x）f（y），且f（－1）＝1，f（27）＝9，當0≤x＜1時，f（x）∈[0，1）.若a≥0且f（a＋1）≤39，則a的取值范圍為[0，2]解析：法一（常規(guī)解法）設0≤x1＜x2，∴0≤x1x2＜1，f（x1）＝f（x1x2·x2）＝f（x1x2）·f（x2），∵0≤x＜1時，f（x）∈[0，1），∴0≤f（x1x2）＜1，∴f（x1）＜f（x2），故f（x）在[0，＋∞）上單調遞增.∵f（27）＝9，又f（3×9）＝f（3）×f（9）＝f（3）·f（3）·f（3）＝[f（3）]3，∴9＝[f（3）]3，∴f（3）＝39，∵f（a＋1）≤39，∴f（a＋1）≤f（3），∴a＋1≤3，即a≤2，法二（模型解法）由f（xy）＝f（x）f（y），可設函數f（x）＝xn，由f（－1）＝1，f（27）＝9，得n＝23，即f（x）＝x23，滿足當0≤x＜1時，f（x）∈[0，1）.由f（a＋1）≤39，即（a＋1）23≤39，即（a＋1）23≤323，即a＋1≤3，得a≤2，又a≥三、以二次函數為模型的抽象函數【例3】定義在R上的函數f（x）滿足f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2xy，f（1）＝2，則f（－3）＝（）A.2 B.3C.6 D.9解析：C法一（常規(guī)解法）f（－3）＝f（－1）＋f（－2）＋4＝3f（－1）＋6，f（0）＝f（0）＋f（0）＋0，f（0）＝0，又f（0）＝f（1－1）＝f（1）＋f（－1）－2＝f（－1），所以f（－3）＝6.法二（模型解法）由f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2xy，設函數f（x）＝x2＋bx，又由f（1）＝2，得b＝1，所以f（x）＝x2＋x，f（－3）＝6.四、以指數函數為模型的抽象函數【例4】已知函數f（x）對于一切實數x，y滿足f（0）≠0，f（x＋y）＝f（x）f（y），且當x＜0時，f（x）＞1.則當x＞0時f（x）的取值范圍為（0，1）.解析：法一（常規(guī)解法）∵對于一切x，y∈R，f（x＋y）＝f（x）f（y）且f（0）≠0，令x＝y(tǒng)＝0，則f（0）＝1，設x＞0，則－x＜0，∴f（－x）＞1，又f（0）＝f（x－x）＝f（x）f（－x）＝1，∴f（－x）＝1f（x）＞1，∴0＜f（法二（模型解法）由f（x＋y）＝f（x）f（y），可設函數f（x）＝ax（a＞0，且a≠1），由當x＜0時，f（x）＞1，結合指數函數的圖象特征知0＜a＜1，取a＝12，則f（x）＝（12）x滿足題意，故當x＞0時，f（x）的取值范圍為（0，1五、以對數函數為模型的抽象函數【例5】已知函數f（x）是定義域為（0，＋∞）的增函數，滿足f（4）＝1，f（xy）＝f（x）＋f（y），若f（x）＋f（x－3）≤1，則x的取值范圍為（3，4].解析：法一（常規(guī)解法）f（x）＋f（x－3）＝f[x（x－3）]≤1＝f（4），又f（x）是定義域為（0，＋∞）的增函數，∴0<x（x－3）≤4，x－3>0，x>0?法二（模型解法）由f（xy）＝f（x）＋f（y），可設函數f（x）＝logax（a＞0，且a≠1）.由f（4）＝1，得a＝4，則f（x）＝log4x，由f（x）＋f（x－3）≤1，得log4x＋log4（x－3）≤1，即log4[x（x－3）]≤1，故x（x－3）≤4，x－3>0，x>0，解得六、以余弦函數為模型的抽象函數【例6】（2022·新高考Ⅱ卷8題）已知函數f（x）的定義域為R，且f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，則∑k=122f（k）＝A.－3 B.－2C.0 D.1解析：A法一（常規(guī)解法）因為f（1）＝1，所以在f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y）中，令y＝1，得f（x＋1）＋f（x－1）＝f（x）·f（1），所以f（x＋1）＋f（x－1）＝f（x）①，所以f（x＋2）＋f（x）＝f（x＋1）②.由①②相加，得f（x＋2）＋f（x－1）＝0，故f（x＋3）＋f（x）＝0，所以f（x＋3）＝－f（x），所以f（x＋6）＝－f（x＋3）＝f（x），所以函數f（x）的一個周期為6.在f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y）中，令x＝1，y＝0，得f（1）＋f（1）＝f（1）f（0），所以f（0）＝2.令x＝1，y＝1，得f（2）＋f（0）＝f（1）·f（1），所以f（2）＝－1.由f（x＋3）＝－f（x），得f（3）＝－f（0）＝－2，f（4）＝－f（1）＝－1，f（5）＝－f（2）＝1，f（6）＝－f（3）＝2，所以f（1）＋f（2）＋…＋f（6）＝1－1－2－1＋1＋2＝0，根據函數的周期性知，∑k=122f（k）＝f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）＝1－1－2－1＝－3法二（模型解法）由f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）·f（y），可設函數f（x）＝2cosωx，由f（1）＝1，得2cosω＝1，即ω＝π3＋2kπ，取k＝0，得ω＝π3，即f（x）＝2cosπx3，可得f（x）的周期T＝2ππ3＝6，且f（1）＋f（2）＋…＋f（6）＝0.由于22除以6余4，所以∑k=122f（k）＝f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）＝11.如果奇函數f（x）在[3，7]上單調遞增且最小值為5，那么f（x）在[－7，－3]上（）A.單調遞增且最小值為－5B.單調遞減且最小值為－5C.單調遞增且最大值為－5D.單調遞減且最大值為－5解析：C奇函數的圖象關于原點對稱，因為奇函數f（x）在[3，7]上單調遞增且最小值為5，所以f（x）在[－7，－3]上單調遞增且最大值為－5，故選C.2.已知奇函數f（x）的圖象關于直線x＝1對稱且f（5）＝1，則f（2025）＝（）A.－1 B.1C.0 D.3解析：Bf（x）的圖象關于直線x＝1對稱，∴f（－x）＝f（x＋2），又f（x）為奇函數，∴f（－x）＝－f（x），∴f（x＋2）＝－f（x），∴f（x＋4）＝f（x），∴f（x）是周期為4的周期函數，∴f（2025）＝f（1）＝f（5）＝1.3.已知函數f（x）（x∈R）滿足f（－x）＝2－f（x），若函數y＝x+1x與y＝f（x）圖象的交點為（x1，y1），（x2，y2），…，（xm，ym），則∑i=1m（xi＋yiA.0 B.mC.2m D.4m解析：B∵f（x）＋f（－x）＝2，y＝x+1x＝1＋1x，∴函數y＝f（x）與y＝x+1x的圖象都關于點（0，1）對稱，∴∑i=1mxi＝0，∑i=1myi＝m2×2＝m，∴∑4.已知f（x）是定義域為R的偶函數，f（5.5）＝2，g（x）＝（x－1）f（x），若g（x＋1）是偶函數，則g（－0.5）＝（）A.－3 B.－2C.2 D.3解析：D因為g（x＋1）是偶函數，所以g（x）的圖象關于直線x＝1對稱，又g（x＋1）＝xf（x＋1），所以f（x＋1）是奇函數，所以f（x）的圖象關于點（1，0）對稱，又f（x）為偶函數，所以f（x）的周期T＝4，所以f（－0.5）＝f（0.5）＝－f（1.5）＝－f（5.5）＝－2，所以g（－0.5）＝－1.5×f（－0.5）＝3.5.（多選）已知函數f（x）是定義在R上的奇函數，對任意實數x，恒有f（2－x）＝f（x）成立，且f（1）＝1，則（）A.（1，0）是函數f（x）的一個對稱中心B.函數f（x）的一個周期是4C.f（3）＝－1D.f（2）＝0解析：BCDf（x）是定義在R上的奇函數，所以f（0）＝0，f（x）關于（0，0）對稱，因為f（2－x）＝f（x），所以f（x）關于直線x＝1對稱，f（x＋4）＝f（x），且f（1）＝1，所以函數f（x）的周期為4，f（3）＝f（－1）＝－1，f（2）＝f（0）＝0.故選B、C、D.6.（多選）已知函數f（x）的定義域為R，對任意實數x，y滿足f（x）＋f（y）＝f（x＋y）＋1，且f（1）＝0，當x＞1時，f（x）＜0，則下列結論正確的是（）A.f（0）＝1B.f（－1）＝2C.y＝f（x）－1為奇函數D.f（x）為增函數解析：ABC對于選項A，令x＝y(tǒng)＝0，得f（0）＝1，故選項A正確；對于選項B，令x＝－1，y＝1，得f（－1）＝2，故選項B正確；對于選項C，令y＝－x，得f（x）＋f（－x）＝2，故f（x）－1＋f（－x）－1＝0，所以y＝f（x）－1為奇函數，故選項C正確；對于選項D，因為f（0）＞f（1），所以f（x）不是增函數，故選項D錯誤.故選A、B、C.7.已知f（x）是定義在R上以3為周期的偶函數，若f（1）＜1，f（5）＝2a－3，則實數a的取值范圍為（－∞，2）.解析：∵f（x）是定義在R上的周期為3的偶函數，∴f（5）＝f（5－6）＝f（－1）＝f（1），∵f（1）＜1，∴f（5）＝2a－3＜1，即a＜2.8.已知f（x）為定義在[－1，1]上的偶函數，且在[－1，0]上單調遞減，則滿足不等式f（2a）＜f（4a－1）的a的取值范圍是0，1解析：因為f（x）為定義在[－1，1]上的偶函數，且在[－1，0]上單調遞減，所以f（x）在[0，1]上單調遞增，所以－1≤2a≤1，－1≤4a－1≤1，｜2a｜＜｜4a－1｜，所以0≤a＜169.（2024·重慶一模）已知f（x）是定義在R上的偶函數且f（0）＝2，g（x）＝f（x－1）是奇函數，則f（1）＋f（2）＋f（3）＋…＋f（2025）＝0.解析：∵f（x）是R上的偶函數，且g（x）＝f（x－1）為奇函數，∴f（x）的圖象關于點（－1，0）對稱，f（x－1）＝－f（－x－1）＝－f（x＋1），∴f（x＋1）＝－f（x－1），f（x＋2）＝－f（x），∴f（x）的周期為4.∵f（0）＝2，∴f（1）＝f（－1）＝0，f（2）＝－f（0）＝－2，f（3）＝－f（1）＝0，f（4）＝－f（2）＝2，∴f（1）＋f（2）＋…＋f（2025）＝[f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）]×506＋f（1）＝0.10.定義在（0，＋∞）上的函數f（x）滿足下面三個條件：①對任意正數a，b，都有f（a）＋f（b）＝f（ab）；②當x＞1時，f（x）＜0；③f（2）＝－1.（1）求f（1）和f（14）的值（2）試用單調性定義證明：函數f（x）在（0，＋∞）上是減函數.解：（1）令a＝b＝1得f（1）＝f（1）＋f（1），則f（1）＝0，而f（4）＝f（2）＋f（2）＝－1－1＝－2，且f（4）＋f（14）＝f（1）＝0，則f（1（2）證明：取定義域中任意的x1，x2，且0＜x1＜x2，∴x2x1∵當x＞1時，f（x）＜0，∴f（x2x1）∴f（x2）－f（x1）＝f（x1·x2x1）－f（x1）＝f（x1）＋f（x2x1）－f（x1）＝f即f（x2）＜f（x1），∴f（x）在（0，＋∞）上是減函數.11.已知對于每一對正實數x，y，函數f（x）滿足：f（x）＋f（y）＝f（x＋y）－xy－1，若f（1）＝1，則滿足f（n）＝n（n∈N）的n的個數是（）A.1 B.2C.3 D.4解析：A法一（常規(guī)解法）令y＝1，則f（x＋1）＝f（x）＋x＋2，即f（x＋1）－f（x）＝x＋2，所以f（x）－f（x－1）＝x＋1，f（x－1）－f（x－2）＝x，…，f（2）－f（1）＝3，累加得f（x）－f（1）＝x2+3x－42，則f（x）＝x（x+3）2－1，所以f（n）＝n（n+3）2－1，又f（n）＝n，解得n＝法二（模型解法）由f（x）＋f（y）＝f（x＋y）－xy－1，可設函數f（x）＝12x2＋bx－1，由f（1）＝1，得b＝32，故f（x）＝12x2＋32x－1，由f（n）＝n，即12n2＋32n－1＝n，解得n＝－2或n＝1，又n∈N12.已知函數f（x）的定義域為R，g（x）＝f（2－x）－f（2＋x），h（x）＝f（2－x）＋f（x），則下述結論正確的是（）A.g（x）的圖象關于點（1，0）對稱B.g（x）的圖象關于y軸對稱C.h（x）的圖象關于直線x＝1對稱D.h（x）的圖象關于點（1，0）對稱解析：C因為函數f（x）的定義域為R，且g（x）＝f（2－x）－f（2＋x），所以g（2－x）＝f[2－（2－x）]－f[2＋（2－x）]＝f（x）－f（4－x），則g（x）＋g（2－x）不一定為0，所以函數g（x）的圖象不一定關于點（1，0）對稱，選項A錯誤；g（－x）＝f（2＋x）－f（2－x），即g（－x）＝－g（x），所以函數g（x）為奇函數，則函數g（x）的圖象不一定關于y軸對稱，選項B錯誤；因為h（x）＝f（2－x）＋f（x），所以h（2－x）＝f[2－（2－x）]＋f（2－x）＝f（x）＋f（2－x），所以h（2－x）＝h（x），所以函數h（x）的圖象關于直線x＝1對稱，所以選項C正確，選項D錯誤.故選C.13.設f（x）是定義在R上的奇函數，且對任意a，b∈R，當a＋b≠0時，都有f（a（1）若a＞b，試比較f（a