(易错题)高中数学必修第一册第三单元《函数概念与性质》测试卷(有答案解析)

一、选择题

1．已知函数fx为定义在R上的奇函数，当x0时，fxln(x1)，则f1（ ） A．ln2 2．已知定义在0,B．ln2

上的函数fx，fC．0

D．1

x是fx的导函数，满足

xfxfx0，且f2＝2，则fexex0的解集是（ ）

A．0,e2

B．ln2, ln2 C．,D．e,

23．中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”.如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互变化、对称统一的形式美、和谐美.给出定义：能够将圆

O（O为坐标原点）的周长和面积同时平分的函数称为这个圆的“优美函数”.则下列函数中

一定是“优美函数”的为（ ）

A．f(x)x1 x2B．f(x)x1 x2C．f(x)lnxx21

D．f(x)lnxx1

)上单调递减，且f(x2)是奇函数，则f(1)、4．已知定义域为R的函数f(x)在[2，5f、f(3)的大小关系是（ ） 2A．f5f(1)f(3) 25 2B．f(1)f(3)fD．f(3)f5 2C．f(3)f(1)f5f(1) 25．设函数fx是定义R在上的偶函数，且对任意的xR恒有f(x1)f(x1)，已知当x[0,1]时，f(x)2的大小关系是（ ） A．abc C．bac

6．已知函数fxmm5x2x1，若af336，bf0.5，cf0.7，则a,b,c2B．acb D．cba

m26是幂函数，对任意x1，x20,，且x1x2，

满足

fx1fx2x1x20，若a，bR，且ab0，则fafb的值（ ）

B．恒小于0

C．等于0

D．无法判断

A．恒大于0

7．已知奇函数fx在区间2,3上单调递增，则fx在区间3,2上（ ） A．单调递增，且最大值为C．单调递减，且最大值为

f2 f2

B．单调递增，且最大值为f3 D．单调递减，且最大值为f3

8．函数f(x)x|xa|在区间(0,1)上既有最大值又有最小值，则实数a的取值范围是（ ）

A．[222,0) C．B．(0,222] D．[222,1)

2,1 29．已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，且在区间[0，2]上是增函数，若方程f(x)＝m(m>0)在区间[－8，8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋x4等于（ ） A．－6 C．－8

10．已知函数fxA．100

B．6 D．8

asinxbtanxx21，若f10100，则f10（ ）

cosxB．98 C．102 D．102

211．已知函数fxax12xax1（aR）的最小值为0，则a（ ） A．

1 2B．1 C．

D．1 212．定义在1,1的函数f(x)满足下列两个条件：①任意的x[1,1]都有

f(x)f(x)；②任意的m,n[0,1]，当mn，都有f(12x)f(1x)0的解集是（ ）

A．0, 13．函数yf(m)f(n)0，则不等式

mn12B．12, 23C．1,1 2D．0,

233x（其中e是自然对数的底数）的图象大致为（ ） exexA． B．

C． D．

1x4,x0，14．若函数fx，当xm,m1时，不等式2x3x5,x0f2mxfxm恒成立，则实数m的取值范围是( )

A．,4

B．,2

C．2,2 C．ylog2x

D．,0 D．yx21

15．下列函数中，既是偶函数又在(0,+∞)上单调递增的是 （ ） A．y2x

B．yx2

二、填空题

16．已知定义域为R的奇函数fx在区间(0,)上为严格减函数，且f20，则不等式

f(x1)0的解集为___________. x117．对于正整数k,设函数fk(x)kxkx，其中a表示不超过a的最大整数，设

g(x)f2(x)f4(x)，则g(x)的值域为_________.

18．已知函数fx为定义在R上的奇函数，对任意xR都有f(x3)f(x)，当

3x,0时，f(x)2x，则f(100)的值为_______. 219．已知函数fxx2x3xaxb是偶函数，则fx的值域是__________.

2211,xR，则使得f(3x2)f(2x)成立的x的取值范围为x221x____________________.

20．设f(x)2x21．已知函数

f(x)log1xa，g（x）＝x2-2x，若x[1,2]，x[1,2]，使得f

2124（x1）＝g（x2），则实数a的取值范围是________．

22．已知函数yf(x)是奇函数，当x0时，f(x)x2ax(aR)，f(2)6，则

a .

23．若函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0,)上是单调增函数.如果实数t满足f(lnt)fln2f(1)时，那么t的取值范围是__________． 24．设函数fk(x)x2x1（x是A1,A2,A3,21tk201911,,k1,2,3,kkA2019__________.

,2019）的值域依次

,A2019，则A1A2A31cosx,x[0,]225．已知f(x)为偶函数，当x0时，f(x)，则不等式

12x1,x(,)2f(x1)1的解集为__________． 226．已知f（x）是R上的奇函数，当x≥0时，f（x）＝x2﹣5x，则f（x﹣1）＞f（x）的解集为_____．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．A 解析：A 【分析】

由函数的奇偶性可得f1f1，进而计算即可得解. 【详解】

函数fx是定义在R上的奇函数， 当x0时，fxln(x1)

f1f1ln[(1)1]ln2.

故选：A. 【点睛】

思路点睛：该题考查函数奇偶性的应用，解题思路如下： （1）根据奇函数的定义，可知f(1)f(1)；

（2）根据题中所给的函数解析式，求得函数值； （3）最后得出结果.

2．C

解析：C 【分析】 由导数公式得出f(x)f(x)xf(x)f(x)，从而得出函数的单调性，将不等式02xxxfee0可化为

【详解】

xxfexexf(2)，利用单调性解不等式即可.

2xf(x)f(x)f(x)f(x)因为，所以函数在区间0,02xxx不等式fe故选：C 【点睛】

关键点睛：解决本题的关键是由导数公式得出函数

上单调递减

exx0可化为

fexexf(2)，即xe2，解得xln2

2f(x)的单调性，利用单调性解不等式. x3．D

解析：D 【分析】

根据题意可知优美函数的图象过坐标原点，图象关于坐标原点对称，是奇函数，再分别检验四个选项的正误即可得正确选项. 【详解】

根据优美函数的定义可得优美函数的图象过坐标原点，图象关于坐标原点对称，是奇函数，

1的定义域为x|x0，所以不过坐标原点，不能将周长和面x积同时平分，故选项A不正确；

对于选项A：f(x)x

对于选项B：f(x)x1的定义域为x|x0，所以不过坐标原点，不能将周长和面积x同时平分，故选项B不正确；

对于选项C：f(x)lnx2x21定义域为R，f(x)lnx2x21fx，

是偶函数，图象关于y轴对称，故选项C不正确；

对于选项D：f(x)lnxx1定义域为R，

2f(x)f(x)lnxx21lnxx21ln10，所以f(x)f(x)，

所以f(x)lnxx1图象过坐标原点，图象关于坐标原点对称，是奇函数，符合优美函数的定义，选项D正确，

2

故选：D 【点睛】

关键点点睛：本题解题的关键点是由题意得出优美函数具有的性质：图象过坐标原点，是奇函数图象关于原点对称.

4．D

解析：D 【分析】

)上单调递减，得到f(x)在R连续且单调递减可得根据函数f(x2)是奇函数和在[2，答案. 【详解】

因为f(x2)是奇函数，所以f(x)的图象关于(2,0)对称，

)上单调递减，所以f(x)在(,2)单调递减， 且在[2，又因为f(x)定义域为R，所以f(2)0，所以f(x)在R连续且单调递减，

553，所以f(3)f()f(1).

22故选：D. 【点睛】

由于1本题考查了抽象函数的单调性和奇偶性，解题的关键点是由题意分析出f(x)在R连续且单调递减，考查了学生分析问题、解决问题的能力.

5．B

解析：B 【分析】

由f(x1)f(x1)可得函数的周期为2，再利用周期和偶函数的性质将af3，2bf0.53，转化使自变量在区间[0,1]上，然后利用fx在[0,1]上单调递增，比较

大小 【详解】

解：因为f(x1)f(x1)，所以f(x2)f(x)， 所以函数fx的周期为2，

因为函数fx是定义R在上的偶函数，

3311aff2ff所以，

2222bf0.53f(8)f(0)，

因为00.70.76621，fx在[0,1]上单调递增， 212所以f(0)f(0.7)f()， 所以bca，

故选：B 【点睛】

关键点点睛：此题考查函数周期性，单调性和奇偶性的应用，解题的关键是利用函数的周期将自变量转化到区间[0,1]上，然后利用fx在[0,1]上单调递增，比较大小，属于中档题

6．A

解析：A 【分析】

利用幂函数的定义求出m，利用函数的单调性和奇偶性即可求解． 【详解】

∵函数fxmm5x2m26是幂函数，

∴m2m5=1，解得：m= -2或m=3． ∵对任意x1，x20,，且x1x2，满足∴函数fx为增函数， ∴m260， ∴m=3（m= -2舍去） ∴fx=x为增函数．

3fx1fx2x1x20，

对任意a，bR，且ab0， 则a- b，∴fafbfb ∴fafb0． 故选：A 【点睛】

(1)由幂函数的定义求参数的值要严格按照解析式，x前的系数为1； (2)函数的单调性和奇偶性是函数常用性质，通常一起应用．

7．A

解析：A 【分析】

利用函数单调性的定义结合奇函数的基本性质可判断函数fx在区间3,2上的单调性，进而可得出函数fx在区间3,2上的最值. 【详解】

任取x1、x23,2且x1x2，即3x1x22，所以，2x2x13， 因为函数fx在区间2,3上单调递增，则fx2fx1， 因为函数fx为奇函数，则fx2fx1，fx1fx2，

因此，函数fx在区间3,2上为增函数，最大值为故选：A. 【点睛】

方法点睛：利用定义证明函数单调性的方法：

f2，最小值为f3.

（1）取值：设x1、x2是所给区间上的任意两个值，且x1x2；

（2）作差变形：即作差fx1fx2，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形；

（3）定号：确定差fx1fx2的符号； （4）下结论：判断，根据定义得出结论. 即取值作差变形定号下结论.

8．D

解析：D 【分析】

x2ax,xa转化条件为f(x)2，结合二次函数的图象与性质，作出分段函数的图

xax,xa0a1象，数形结合结合可得f1f【详解】

a，即可得解. 2x2ax,xa由题意，函数f(x)xxa2，

xax,xa函数yxax的图象开口朝下，对称轴为x函数yxax的图象开口朝上，对称轴为x22a， 2a， 2x2,x0当a0时，f(x)2，函数在R上单调递增，不合题意；

x,x0当a0时，作出函数图象，如图，

易得函数在区间(0,1)上无最值； 当a0，作出函数图象，如图，

若要使函数f(x)在区间(0,1)上既有最大值又有最小值，

0a1则f1f故选：D. 【点睛】

0a122a即aa，解得222a1； 1a222综上，实数a的取值范围是[222,1).

关键点点睛：解决本题的关键是利用二次函数的性质作出分段函数f(x)的图象，结合图象数形结合即可得解.

9．C

解析：C 【分析】

由奇函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)可推出周期为8，对称轴为x2，画出函数大致图象，由图象分析f(x)＝m的根的分布情况即可 【详解】

f(x)在R上是奇函数，所以f(x－4)＝－f(x)＝f(－x)，令xx4得fx8fx，故

fx周期为8，即f(x－4)fx4fxfx，即f4xfx，函数

对称轴为x2，画出大致图象，如图：

由图可知，两个根关于x6对称，两个根关于x2对称，设x1结论点睛：本题考查由函数的奇偶性，周期性，对称性求根的分布问题，常用以下结论： （1）fxfxa,fx1，则fx的周期为T2a；

fxa（2）fxf2ax，则函数的对称轴为xa.

10．D

解析：D 【分析】

令gxfxx1，根据奇偶性定义可判断出gx为奇函数，从而可求得

2g10g101，进而求得结果.

【详解】

令gxfxx12asinxbtanx

cosxgxasinxbtanxasinxbtanxgx

cosxcosxgx为奇函数

又g10f101011 g10g101

2即f101011 f10102

2本题正确选项：D 【点睛】

本题考查利用函数的奇偶性求解函数值的问题，关键是能够通过构造函数的方式得到奇函数，利用奇函数的定义可求得对应位置的函数值.

11．C

解析：C 【分析】

设gxhxax12gx,gxhxfx，计算可得，再结合图像即2gxhx2xax12hx,gxhx可求出答案. 【详解】

2gxhxax1gxxax设，则， 22gxhx2xax1hx1x2gx,gxhxfxgxhxgxhx则，

2hx,gxhx由于函数fx的最小值为0，作出函数gx,hx的大致图像，

结合图像，1x20，得x1， 所以a1. 故选：C 【点睛】

本题主要考查了分段函数的图像与性质，考查转化思想，考查数形结合思想，属于中档题.

12．D

解析：D 【分析】

根据题意先判断函数f(x)的奇偶性与单调性，然后将不等式变形得f(12x)f(x1)，再利用单调性和定义域列出关于x的不等式求解. 【详解】

根据题意，由①知函数f(x)为奇函数，由②知函数f(x)在[0,1]上为减函数，所以可得函数f(x)在1,1是奇函数也是减函数，所以不等式f(12x)f(1x)0，移项得

f(12x)f(1x)，变形f(12x)f(x1)，所以1x112x1，得

2. 3故选：D. 0x【点睛】

本题考查的是函数单调性与奇偶性的综合问题，需要注意：

（1）判断奇偶性：奇函数满足f(x)f(x)；偶函数满足f(x)f(x)； （2）判断单调性：增函数x1x2f(x1)f(x2)0；减函数：x1x2f(x1)f(x2)0；

f(x1)f(x2)0；

x1x2f(x1)f(x2)0；

x1x2（3）列不等式求解时需要注意定义域的问题.

13．A

解析：A 【分析】

由函数的奇偶性排除B；由x0的函数值，排除C；由当x时的函数值，确定答案. 【详解】

由题得函数的定义域为R,

3xf(x)，所以函数是奇函数，所以排除B； xxee当x0时，f(x)0，所以排除C；

因为f(x)当x时，f(x)0，所以选A. 故选：A 【点睛】

方法点睛：根据函数的解析式找图象，一般先找图象的差异，再用解析式验证得解.

14．B

解析：B 【分析】

先判断函数的单调性，然后解答不等式，在恒成立的条件下求出结果 【详解】

1x4,x0，依题意得：函数fx2在xR上单调递减，

x3x5,x0因为f2mxfxm，所以2mxxm，即2xm，在xm,m1上恒成立，

所以2(m1)m，即m2，故选B． 【点睛】

本题考查了函数的单调性的应用，结合函数的单调性求解不等式，需要掌握解题方法

15．D

解析：D

【解析】

根据基本初等函数的性质知，符合条件的是yx1，因为满足

2f(x)x21f(x)，且在(0,)上是增函数，故选D.

二、填空题

16．【分析】先由定义域为R的奇函数在区间上为严格减函数且画出的草图结合图像对进行等价转化解不等式即可【详解】是定义域为R的奇函数且在区间上为严格减函数有∴在区间上为严格减函数且可作出的草图：不等式可化为 解析：3,1

【分析】

先由定义域为R的奇函数fx在区间(0,)上为严格减函数，且f20，画出

fx的草图，结合图像对

【详解】

f(x1)0进行等价转化，解不等式即可. x1fx是定义域为R的奇函数，且在区间(0,)上为严格减函数，有f20，

∴fx在区间(,0)上为严格减函数且f20，可作出fx的草图：

不等式

f(x1)0可化为： x1x10x10或 fx10fx10x10对于，当x1时x12,fx10，无解；

fx10x10对于，当x1时x12,fx10，由图像观察，2x10

fx10解得：3x1

所以不等式

f(x1)0的解集为3,1. x1故答案为：3,1 【点睛】

常见解不等式的类型：

(1)解一元二次不等式用图像法或因式分解法； (2)分式不等式化为标准型后利用商的符号法则； (3)高次不等式用穿针引线法； (4)含参数的不等式需要分类讨论．

17．【分析】先由题中条件得到讨论四种情况再判断的周期性即可得出结果【详解】由题意当时此时；当时此时；当时此时；当时此时；又所以是以为周期的函数因此的值域为故答案为：【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于 解析：0,1,3,4

【分析】

先由题中条件，得到g(x)2x4x6x，讨论x0,111x,，442，133x,，x,1四种情况，再判断g(x)的周期性，即可得出结果. 244【详解】

由题意，g(x)2x2x4x4x2x4x6x， 当x0,当x112x0,，4x0,1，此时g(x)0000； 时，42111,时，2x,1，4x1,2，此时g(x)0101； 422当x,1332x1,，4x2,3，此时g(x)1203； 时，24233x,12x,1，4x3,4，此时g(x)1304； 当时，42又

g(x1)2x24x46x122x44x66x2x4x6xg(x)，所以g(x)是以1为周期的函数，

因此g(x)的值域为0,1,3,4. 故答案为：0,1,3,4 【点睛】 关键点点睛：

求解本题的关键在于根据一个单位区间内，x的不同取值，确定x，2x，4x的不同取值情况，结合函数的周期性，即可求解.

18．【分析】本题首先可根据得出函数是周期为的周期函数则然后根据函数是奇函数得出最后根据当时求出的值即可得出结果【详解】因为所以即函数是周期为的周期函数则因为函数为定义在上的奇函数所以因为当时所以故答案为 解析：2

【分析】

本题首先可根据f(x3)f(x)得出函数fx是周期为6的周期函数，则

f(100)f(4)f(1)，然后根据函数fx是奇函数得出f(1)f(1)，最后根据当

3x,0时f(x)2x求出f(1)的值，即可得出结果. 2【详解】

因为f(x3)f(x)，所以f(x6)f(x3)， 即f(x6)f(x)，函数fx是周期为6的周期函数， 则f(100)f(6164)f(4)，f(4)f(1)，

因为函数fx为定义在R上的奇函数，所以f(1)f(1)， 因为当x3,0时f(x)2x，所以f(1)2(1)2， 2故答案为：2. 【点睛】

关键点点睛：本题考查函数周期性的判断与应用，考查函数奇偶性的应用，若函数fx满足fxfxk，则函数fx是周期为k的周期函数，奇函数满足

fxfx，考查化归与转化思想，是中档题.

19．【分析】利用偶函数性质赋值可求出函数解析式再求值域即可【详解】因为是偶函数所以有代入得：解得：所以故答案为： 解析：16,

【分析】

利用偶函数性质，赋值可求出函数解析式，再求值域即可. 【详解】

因为fxx2x3xaxbx3x1xaxb是偶函数，

22293ab0f3f30所以有，代入得：，解得：a2,b3.

f1f101ab0所以

fxx22x3x22x3x234x2x410x29x251616，

故答案为：16,.

2220．【分析】由已知可得为偶函数且在时单调递增结合函数性质可求【详解】解：因为则所以为偶函数当时单调递增由可得所以整理可得解可得故的取值范围故答案为：【点睛】本题解答的关键是判断函数的奇偶性与单调性利用函

2(解析：,2) 5

【分析】

由已知可得f(x)为偶函数且在x0时单调递增，结合函数性质可求． 【详解】

x解：因为f(x)211,xR， x221x则f(x)f(x)，所以f(x)为偶函数， 当x0时，f(x)单调递增，

由f(3x2)f(2x)可得|3x2||2x|， 所以(3x2)24x2， 整理可得，(5x2)(x2)0， 解可得，

2x2， 5故x的取值范围(,2)． 故答案为：,2 【点睛】

本题解答的关键是判断函数的奇偶性与单调性，利用函数的奇偶性、单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，再解一元二次不等式即可；

252521．01【分析】当时当时由使得f（x1）＝g（x2）等价于解不等式即可得解【详解】当时当时由使得f（x1）＝g（x2）则可得：解得故答案为：【点睛】本题考查了求函数值域考查了恒成立和存在性问题以及转化思

解析：[0，1] 【分析】

当x1[,2]时，f(x1)1+a,2a，当x2[1,2]时，g(x2)1,3，

1由x1[,2]，x2[1,2]，使得f（x1）＝g（x2），等价于1a,2a1,3，

414解不等式即可得解. 【详解】

当x1[,2]时，f(x1)1+a,2a， 当x2[1,2]时，g(x2)1,3，

1由x1[,2]，x2[1,2]，使得f（x1）＝g（x2），

414则1a,2a1,3， 可得：11a，

2a3解得0a1， 故答案为：0a1. 【点睛】

本题考查了求函数值域，考查了恒成立和存在性问题以及转化思想，有一定的计算量，属于中档题.

22．5【分析】先根据函数的奇偶性求出的值然后将代入小于0的解析式建立等量关系解之即可【详解】函数是奇函数而则将代入小于0的解析式得解得故答案为5

解析：5 【分析】

先根据函数的奇偶性求出f(2)的值,然后将x2代入小于0的解析式,建立等量关系,解之即可. 【详解】

函数yf(x)是奇函数,

f(x)f(x),而f(2)6,

则f(2)f(2)6, 将x2代入小于0的解析式得

f(2)42a6,

解得a5, 故答案为5.

23．【解析】试题分析：因为函数是定义在上的偶函数所以由考点：奇偶性与单调性的综合应用

1解析：te.

e【解析】

试题分析：因为函数

f(x)是定义在

R上的偶函数，所以

1ete.f(ln由

f(lnt)f(ln1t1t)f(lnt)f(lnt)f(lnt),)2f(1)2f(lnt)2f(1)f(lnt)f(1)lnt11lnt1

考点：奇偶性与单调性的综合应用

24．【分析】求出二次函数的对称轴判断函数的最小值与最大值然后求解值域的交集即可【详解】函数的对称轴为开口向上所以函数的最小值为函数（）的值域依次是它们的最小值都是函数值域中的最大值为：当即时此时所以值域

20192解析：0,2 1010【分析】

求出二次函数的对称轴，判断函数的最小值与最大值，然后求解值域的交集即可. 【详解】

函数fkxx2x1的对称轴为x1，开口向上，所以函数的最小值为f10，

2函数fk(x)x2x1（x2k201911,,k1,2,3,kk,2019）的值域依次是

A1,A2,A3,,A2019，它们的最小值都是0，

1k201911，即k1010时，此时kk函数值域中的最大值为：当1x11， 101022112019，

所以，值域中的最大值中的最小值为f111

101010101010所以，A1A2A3A2019A2010201920,2. 101020192故答案为：0,2. 1010【点睛】

本题考查二次函数的性质，函数的最值，考查分析问题解决问题的能力，涉及集合的交集计算，属于基础题．

25．【解析】当时由即则即当时由得解得则当时不等式的解为则由为偶函数当时不等式的解为即不等式的解为或则由或解得：或即不等式的解集为点睛：本题是一道关于分段函数的应用的题目考查了不等式的求解以及函数的图象问 解析：{x|【解析】

4712x或x} 3443

当x0，时，由fx ，即cosx 则x ，即x

121212313当x1113时，由fx ，得2x1?，解得x 2224113的解为x 234131的解为x 243则当x0时，不等式fx则由fx为偶函数

当x0时，不等式fx即不等式fx则由

11331的解为x或x 234431331x1或x1 3443解得：

4712x或x 344314712的解集为{x|x或x} 234431的解，然后利用函数的奇偶性求出整个定义域2即不等式fx1点睛：本题是一道关于分段函数的应用的题目，考查了不等式的求解以及函数的图象问题．先求出当x0时，不等式fxfx1的解，即可得到结论． 226．【分析】根据函数f（x）是R上的奇函数和已知条件得出函数和的解析式在同一坐标系中做出和的图像求出交点的坐标根据不等式的解集可以理解为将的图象向右平移一个单位长度后所得函数的图象在函数的图象上方部分的 解析：{x2x3}

【分析】

根据函数f（x）是R上的奇函数和已知条件得出函数fx和fx1的解析式，在同一坐标系中做出fx 和fx1的图像，求出交点的坐标，根据不等式f(x1)f(x)的

解集可以理解为将fx的图象向右平移一个单位长度后所得函数fx1的图象在函数

fx的图象上方部分的点对应的横坐标取值的集合，由图示可得出解集.

【详解】

当x0时， x0，所以 f(x)x5xx25x， 又f（x）是R上的奇函数，所以 f(x)f(x)x5x，所以

22x25x,x0f(x)2，

x5x,x02x1x27x6,x15x1,x1所以f(x1)，即f(x1)2， 2x3x4,x1x15x1,x1做出fx 和fx1的图像如下图所示，

不等式f(x1)f(x)的解集可以理解为将fx的图象向右平移一个单位长度后所得函数fx1的图象在函数fx的图象上方部分的点对应的横坐标取值的集合， 由x5xx7x6,得x3,所以A3,6，

22由x25xx23x4得x2，所以B2,6， 所以不等式f(x1)f(x)的解集为{x2x3}. 故答案为：{x2x3}.

【点睛】

本题考查根据函数的奇偶性求得对称区间上的解析式，图像的平移，以及运用数形结合的思想求解不等式，关键在于综合熟练地运用函数的奇偶性，解析式的求法，图像的平移，以及如何在图像上求出不等式的解集等一些基本能力，属于中档题.