专题2-1函数性质（单调性、奇偶性、中心对称、轴对称、周期性）（解析版）_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_2.2024二轮复习_2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

专题 2-1 函数性质（单调性、奇偶性、中心对称、轴对称、周期性） 目录 题型01 奇偶性基础..............................................................................................................................................................1 题型02 中心对称型函数......................................................................................................................................................3 题型03 轴对称型函数..........................................................................................................................................................6 题型04 斜直线轴对称型......................................................................................................................................................8 题型05 “正余弦”型对称...................................................................................................................................................10 题型06 伸缩型对称............................................................................................................................................................13 题型07 一元三次函数型中心对称....................................................................................................................................15 题型08“局部周期”型函数性质........................................................................................................................................18 题型09 双函数型对称........................................................................................................................................................20 题型10 原函数与导函数型双函数对称............................................................................................................................22 题型11 放大镜型函数性质................................................................................................................................................25 题型12 抽象函数赋值型性质............................................................................................................................................29 题型13 对称型恒成立求参................................................................................................................................................31 题型14 构造“对称”型函数............................................................................................................................................33 高考练场..............................................................................................................................................................................35 题型 01 奇偶性基础 【解题攻略】 奇偶函数的性质 ①偶函数⇔f(－x)＝f(x) 关于y轴对称⇔对称区间的单调性相反； ②奇函数⇔f(－x)＝－f(x) 关于原点对称⇔对称区间的单调性相同； ③奇函数在x＝0处有意⇔义时，必有结论 f(0)＝0 ； ⇔ 奇偶性的判定 ①“奇±奇”是奇，“偶±偶”是偶，“奇×/÷奇”是偶，“偶×/÷偶”是偶，“奇×/÷偶”是奇； ②奇(偶)函数倒数或相反数运算，奇偶性不变； ③奇(偶)函数的绝对值运算，函数的奇偶性均为偶函数． 【典例1-1】（2023秋·山西·高三校联考期中）已知函数 为奇函数，则 的 值是（ ） A．0 B． C．12 D．10 【答案】D 【分析】由奇函数的性质可知 ，由此可以求出 的值，进而可以求出 . 【详解】因为函数 为奇函数， 所以 ，即 ，即 或 ， 显然函数 的定义域为 关于原点对称， 且当 时，有 ，从而有 ， 当 时，有 ，但 ， 所以 ，即 ，所以 .故选：D.【典例1-2】（2023秋·北京昌平·高三北京市昌平区前锋学校校考阶段练习）已知 ，则（ ） A． 为偶函数，且在 上单调递增 B． 为偶函数，且在 上单调递减 C． 为奇函数，且在 上单调递增 D． 为奇函数，且在 上单调递减 【答案】C 【分析】根据函数定义判断函数的奇偶性以及结合指数函数判断函数的单调性； 【详解】 结合奇偶性定义，可知函数 为奇函数， 结合指数函数性质， 在 单调递增， 故 在 单调递增，故选；C. 【变式1-1】．（2023·全国·高一专题练习）若 为奇函数，则 的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用奇函数的定义求出a值，再由函数单调性求解不等式作答. 【详解】由 为奇函数，得 ，解得 ， 于是 ，而 是减函数， 是增函数，函数 是R上的减函数， 不等式 ，因此 ，所以不等式 的解集为 .故选：D 【变式1-2】（2023秋·江苏南通·高三统考开学考试）已知 是奇函数，则 在 处的切线方程是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据奇函数定义求出 ，再由导数的几何意义求出切线斜率，即可得解. 【详解】因为 为奇函数，所以 ， 化简可得 ，当 时，对任意 方程成立，故 ， 所以 ，故 ，所以切线方程为 ，即 .故选：B 【变式1-3】．（2023秋·天津和平·高三天津一中校考阶段练习）已知函数 ， ，若对任 意 ，都有 成立，则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由解析式、奇偶性定义判断 的单调性、奇偶性，再将条件化为 在 上恒成 立，即可求范围.【详解】由 在 上单调递增，且 ，即为奇函数， 所以 ， 则 在 上恒成立， 所以 .故选：C 题型 02 中心对称型函数 【解题攻略】 中心对称结论： （1）若函数 满足 ，则 的一个对称中心为 （2）若函数 满足 ，则 的一个对称中心为 （3）若函数 满足 ，则 的一个对称中心为 . 【典例1-1】.已知函数 ，则存在非零实数 ，使得（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 判断函数 的奇偶性并求出其值域，根据值域可判断A错误；由函数的奇偶性可推出 ，此式 不成立，故B错误；由所给等式可知 ，此时不成立，故C错误；由三角函数诱导公式可知 ，代入等式可得 成立，故D正确. 【详解】 ， ， ， 是定义在R上的奇函数，令 ， ，当 时， 单调递增， ， 又函数 为奇函数， ， 函数 的值域为 ， ， 不存在 使得 成立，A错误； ， 若 成立，则 ，又函数 的值域为 ， 所以 不成立，B错误； 若 成立，则 ， 不成立，C错误； ，则 成立，故D正确.故选：D 【典例1-2】函数 的图象与函数 图象的所有交点的横坐标之和 为___________. 【答案】-7 【分析】由函数解析式可得两函数图象均关于点（﹣1，0）对称，进而探讨函数 的单调性， 然后画出图象的大致形状，即可求得两图象所有交点的横坐标之和. 【详解】易知函数 的图象关于点（﹣1，0）对称， 设函数 图象上任意一点为 ，则它关于（-1,0）的对称点为 ，将其 代入 的解析式得： ，即 ，于是函数 关于点（-1,0）对称.又 ， 所以 时， ， 单调递减， 时， ， 单调递增， 时， ， 单调递减.于是x=-2时， 的极小值为 ， 而 ，x=0时， 的极大值为 ，而 . 现作出两个函数的大致图象，如图： 于是得到图象交点横坐标之和为：﹣1+（﹣2）×3=﹣7.故答案为：-7. 【变式1-1】.设函数 的最大值为5，则 的最小值为（ ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】 根据题意，设 ，利用定义法判断函数的奇偶性，得出 是奇函数， 结合条件得出 的最大值和最小值，从而得出 的最小值. 解：由题可知， ，设 ，其定义域为 ， 又 ，即 ， 由于 ， 即 ，所以 是奇函数，而 ，由题可知，函数 的最大值为5， 则函数 的最大值为：5-3=2，由于 是奇函数，得 的最小值为-2， 所以 的最小值为：-2+3=1.故选：B. 【变式1-2】已知函数 ， ，若 使关于 的不等式 成立，则实数 的范围为___________. 【答案】 【分析】 证明函数图象关于点 对称，再判断函数的单调性，从而把不等式变形后应用单调性化简，然后分离参 数，转化为三角函数的最值，利用换元法可得结果． 【详解】 显然函数定义域是 ， ， ∴ 的图象关于点 对称， 原不等式可化为 ， 即 ，(*) 设 ，则 ， ∵ ，∴ ，∴ ， ∴ ，即 ， ，由 得 ， ∴ ，∴ 是增函数， 不等式(*)化为 ，(**) 令 ，∵ ，∴ ，不等式(**)化为 ， ， 问题转化为存在 ，使不等式 成立，当 时， 的最小值为2． ∴ ．故答案为： ． 【变式1-3】.函数 的图像可能是（ ）A． B． C． D． 天津市耀华中学2021-2022学年高三上学期第一次月考数学试题 【答案】D 【分析】 分析给定函数的奇偶性可排除两个选项，再对函数求导并求出在0处的导数值即可判断作答. 【详解】 令 ，则其的定义域为 ， ， 则函数 是奇函数，其图象关于原点对称，于是排除选项A，B； ， 于是得 ，即函数 图象在原点处切线斜率大于0，显然选项C不满足，D满足. 故选：D 题型 03 轴对称型函数 【解题攻略】 轴对称性的常用结论如下： （1）若函数 满足 ,则 的一条对称轴为 （2）若函数 满足 ,则 的一条对称轴为 （3）若函数 满足 ,则 的一条对称轴为 (4)f(a－x)＝f(b＋x) f(x)的图象关于直线x＝对称； 【典例1-1】．（2023上·重庆·高三重庆市忠县忠州中学校校联考）已知定义在 上的函数 ，函数 ⇔ 为偶函数，且对 都有 ，若 ， 则 的取值范围是 ． 【答案】 【分析】先根据条件得到函数的对称性和单调性，进而根据函数性质解不等式即可. 【详解】 函数 为偶函数，即 函数 关于直线 对称， 又 对 都有 ， 函数 在 上单调递增， 由 得 ，解得 或故答案为： . 【典例1-2】（2023上·江西景德镇·高一统考期中）已知函数 满足关系式 ，且对于 ， ，满足 恒成立，若不等式 对 恒成立， 则实数a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由已知判定函数的对称性与单调性，利用单调性去函数符号解一元二次不等式恒成立问题即可. 【详解】由于 ，可知函数 关于直线 轴对称， 又对于 恒成立， 则函数 在 上单调递减，在 上单调递增， 则 恒成立，则 .故答案为： . 【变式1-1】．（2023上·江苏南通·高三统考阶段练习）设定义在 上的函数 在 单调递减，且 为偶函数，若 ， ，且有 ，则 的最小值为 . 【答案】 【分析】由题意可得 的对称轴为 ，函数 在 单调递增，若 ， ，且有 ，则 ，结合基本不等式求解最值即可． 【详解】 为偶函数，则 ，则 的对称轴为 ， 函数 在 单调递减，则函数 在 单调递增，若 ， ，且有 ， 则 ，即 ， ，∴ ， 当且仅当 且 ， ，即 时，等号成立， 故 的最小值为 ．故答案为： 【变式1-2】（2023上·山东济南·高三统考开学考试）若函数 的图象关 于直线 对称，且 有且仅有4个零点，则 的值为 ． 【答案】39 【分析】先得到 的图象也关于 对称，观察到 为 的两个零点，故 由对称性可知， 的另外两个零点分别为 ，从而得到方程组，求出 ，令，求导得到其单调性和极值情况，画出 的图象，进而得到 的图象，根 据 的零点个数，数形结合得到 ，从而得到答案. 【详解】由 得 ，令 ， 由于 的图象关于直线 对称， 所以 的图象也关于 对称， 显然 为 的两个零点，故由对称性可知， 的另外两个零点分别为 ， 即 ，解得 ，故 ，令 ， 则 ， 故当 或 时， ， 单调递增， 当 或 时， ， 单调递减， 又 ， ，画出 的图象如下， 故 的图象是将 图象位于 轴下方部分沿着 轴翻折到 轴上方即可，如下： 要想 有且仅有4个零点，则 ， 故 .故答案为：39 【变式1-3】．（2023上·陕西榆林·高三校考阶段练习）函数 是定义在 上的奇函数，且图象关于 对称，在区间 上， ，则 . 【答案】 /0.25 【分析】根据对称性和奇函数分析可得 ，进而结合指对数运算求解. 【详解】由题意可得： ，则 ，可得 ， 又因为 ，即 ， 则 ，所以 .故答案为： . 题型 04 斜直线轴对称型 【解题攻略】 关于斜直线轴对称，可以借鉴圆锥曲线中直线的对称性来处理 （1）点 关于直线 的对称点 ，则有 ； （2）直线关于直线的对称可转化为点关于直线的对称问题来解决. 如果斜直线轴对称，还有以下经验公式： 如果对称轴所在的直线斜率是 ，即直线是 型，可以利用反解对称轴法直接求出对称变换式子 (1)如果 关于直线 的对称点为 ，则 的坐标为 ； (2)如果 关于直线 的对称点为 ，则 的坐标为 ． 【典例1-1】（2023上·重庆·高三西南大学附中校考）已知函数 为奇函数， 的函数图象关于 对称，且当 时， ，则 . 【答案】 / 【分析】根据函数的对称性可得 关于点 对称，进而根据点 关于 的对称点为 ， 将 代入 即可求解. 【详解】由 ，用 替换 可得： ，所以 关于点 对称， 故 ， 设 ，由于 关于 对称，又当 时， ， 由于点 关于 的对称点为 ，则 在 上，故 ，所以 ，解得 ，故 .故答案为： 【典例1-2】（2023上·辽宁·高三校联考）已知定义域为 的函数 满足 ，且其图象关于直线 对称，若当 时， ，则 . 【答案】 【分析】求得 ，又由 ，可得 ,根据点 关于直线 的对称 点为 ，即可求解. 【详解】设点 在函数 的图像上，则关于直线 的对称点为 ， 则 ，解得： ，则 ，由 时， ，则 ， 又 ，则 ，则 ， 由图象关于直线 对称，则 .故答案为： . 【变式1-1】（2023上·辽宁大连·高三大连八中校考期中）已知函数 ，若曲线 关于直线 对称，则 的值为 ． 【答案】 【分析】直线关于 对称，可从定义域出发判断对称轴的位置，进一步结合函数的对称性利用特殊值法 即可得到实数 的值，检验后，即可 的值. 【详解】因为函数 ， 的定义域为 则 则 的定义域为 ，即函数的定义域为 ， 又因为曲线 关于直线 对称，则定义域也关于 对称，即 ， 由对称的性质可知则 令 可得 代入函数得 ，则 所以 ，则 .当 时， 验证是否关于 对称： 成立； 则 .故答案为： . 【变式1-2】（2023上·上海浦东新·高三华师大二附中校考）已知函数 的图象过点 ，且关于直线 成轴对称图形，则 ． 【答案】 【分析】在函数 的图象上任取点 ，可得该点关于直线 对称点，代入函数式并比较求出b，再将给定点代入求出a得解. 【详解】在函数 的图象任取点 ，则该点关于直线 对称点 在 的图象 上， 即 ，整理得 ，而有 ，因此 ，即有 ， 又函数 的图象过点 ，则 ，解得 ， 所以 .故答案为： 6．1．Y=x对称 【变式1-3】（2021上·高一校考课时练习）若函数 的图象与 且 的图象关 于直线 对称，则 的值等于（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】令 ，根据对称性可知解得 的值即为所求 . 【详解】令 ，即 ，解得： ； 与 图象关于 对称， .故选：A. 题型 05 “正余弦”型对称 【解题攻略】 （1）两中心 ； （2）两垂直轴 则 ； （3）一个中心 ，一条轴 ，则 【典例1-1】函数 是定义在 上的奇函数，且 为偶函数，当 时， ，若函数 恰有一个零点，则实数 的取值集合是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据条件判断函数周期为 ，求出函数在一个周期内的解析式，将函数的零点转化为 与直线 只有一个交点，结合函数图像，即可求解. 【详解】函数 是定义在 上的奇函数，且 为偶函数， ， ，即 ，的周期为 . 时， ， ， ， ， 周期为4， ， 当 ，当 ， 做出函数 图像，如下图所示：令 ，当 ， ， ，两边平方得 ， ，此时直线与 在 函数图像相切，与函数有两个交点， 同理 ，直线与 在 函数图像相切，与函数有两个交点，则要使函数 在 内与直线 只有一个交点，则 满足 ， 周期为4， 范围也表示为 ， 所以所有 的取值范围是 .故选:D. 【典例1-2】.定义在 上的偶函数f（x）满足f（－x）＋f（x－2）＝0，当 时， （已知 ），则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件，推出函数 的对称性，周期性和单调性，将自变量 转到区间 内，再根据单调性即可比较大小. 【详解】∵ ， ，∴ ， ∴ 的图像关于直线 和点 对称，∴ 的周期为4， 当 时， ， 在 递增， 由对称性知 在 ， 递减 ∴ ， ，，又 ， ， 由条件知 ， ，∴ ；故选：A. 【变式1-1】已知定义在 上的函数 满足条件 ，且函数 为奇函数，则 下列说法中错误的是（ ） A．函数 是周期函数； B．函数 的图象关于点 对称； C．函数 为 上的偶函数； D．函数 为 上的单调函数． 【答案】D 【分析】根据函数周期性、对称性、奇偶性、单调性对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】对于A， ，所以 是周期为 的周期函 数，故A正确. 对于B，函数 为奇函数，关于 对称，向左平移 个单位得到 ，横坐标再扩大为原 来的 倍，所以 关于 对称，故B正确. 对于C， 关于 对称，则 ， ，所以 为偶函数，故C正确. 对于D，由于 是偶函数，函数图象关于 轴对称， 轴两侧函数对应区间的单调性相反，故D错误. 故选：D 【变式1-2】已知函数 的定义域为 ， 为 的导函数，且 ， ，若 为偶函数，则下列结论不一定成立的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先证明 为奇函数，再进行合理赋值逐个分析判断. 【详解】对A：∵ 为偶函数，则 两边求导可得 ∴ 为奇函数，则 令 ，则可得 ，则 ，A成立； 对B：令 ，则可得 ，则 ，B成立；∵ ，则可得，则可得 两式相加可得： ，∴ 关于点 成中心对称则 ，D成立又∵ ，则可得 ，则可得 ∴ 以4为周期的周期函数 根据以上性质只能推出 ，不能推出 ，C不一定成立故选：C. 【变式1-3】.定义在 上的函数 满足 ， ；且当 时， ．则方程 所有的根之和为（ ） A．6 B．12 C．14 D．10 【答案】D 【分析】根据题意可得 为奇函数，关于直线 对称且周期为4，再根据当 时， ，求导分析单调性，从而画出简图，根据函数的性质求解零点和即可. 【详解】∵ ，∴ 为奇函数，又∵ ，∴ 关于直线 对称． 当 时， ， 单调递增， ， 一个周期为4， 关 于 中心对称． 由 ，∴所有实根之和为 .故选：D． 题型 06 伸缩型对称 【解题攻略】 伸缩变换 y＝ f ( ax ) y＝f(x) ――――――――――――――→y＝ af ( x ) 【典例1-1】（2023秋·湖南怀化·高三统考）已知 不是常函数，且是定义域为 的奇函数，若 的最小正周期为1，则（ ） A． B．1是 的一个周期 C． D． 【答案】C 【分析】根据函数的周期性和奇函数即可根据选项逐一求解. 【详解】 的最小正周期为1，则 ， 所以 是以2为周期的周期函数，因此 ，故B错误； 对于A， ，故A错误；对于C，由周期得 ，又 ， 因此 ，故C正确； 对于D， ，故D错误，故选：C. 【典例1-2】（2023·河南·长葛市第一高级中学统考模拟预测）若函数f（x）的定义域为R，且f（2x＋1） 为偶函数，f（x－1）的图象关于点（3，3）成中心对称，则下列说法正确的个数为（ ） ① 的一个周期为2 ② ③ ④直线 是 图象的一条对称轴 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由题意，根据函数的奇偶性，可得 ， ，且 ，根 据函数周期性的定义，可判①的正误；根据周期性的应用，可判②的正误；根据函数的周期性，进行分组 求和，根据函数的对称性，可得 ， ，可判③的正误；根据函数的轴对称性 的性质，可判④的正误. 【详解】因为 偶函数，所以 ，则 ，即函数 关于直线 成轴对称， 因为函数 的图象是由函数 的图象向左平移 个单位，所以函数 关于点 成中心对称， 则 ，且 ， 对于①， ， ，则函数 的周期 ，故①错误； 对于②， ，故②正确； 对于③， ，则 ， ，则 ， 由 ，则 ，故 ③正确； 对于④， ，而函数 不是偶函数，所以 不恒成立，故 ④错误. 故选：B. 【变式1-1】（2022秋·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习）已知 是定义在 上的函数， 是奇函数，且 是偶函数，则下列选项一定正确的是（ ） A．函数 的周期为2 B．函数 的周期为3 C． D． 【答案】D 【分析】根据赋值法结合周期定义得出函数 的周期为 ，再由周期的性质判断CD. 【详解】因为 为奇函数，所以 ，所以 ，所以 ， 因为 为偶函数，所以 ，所以 ， 所以 ，所以 ，所以 ，即函数 的周期为 ，故AB不正确； 又 ， ，即 ，所以 ， 故D正确； 的值不确定，故C不正确. 故选：D. 【变式1-2】．（2022秋·吉林长春·高三长春市第二中学校考阶段练习）设函数 的定义域为 ，且 是奇函数， 是偶函数，则一定有（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】推导出函数 的图象关于直线 对称，也关于点 对称，进一步可推导出函数 为 周期函数，确定该函数的周期，逐项判断可得出合适的选项. 【详解】因为函数 为偶函数，则 ， 令 ，则 ，即 ，则 ， 因为函数 为奇函数，则 ， 所以，函数 的图象关于直线 对称，也关于点 对称， 则 ，可得 ， 所以， ，故函数 为周期函数，且周期为 ， 对于A选项， ，A对； 对于BCD选项， ， ，但 的值无法确定，BCD均错. 故选：A. 【变式1-3】（2022秋·广西玉林·高三校联考阶段练习）已知 是定义域为 的奇函数， 是定义域为 的偶函数，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由条件得到函数 的对称性，根据对称性求值，即可求解. 【详解】因为 是定义域为 的奇函数， 所以 ，所以函数 关于点 对称，且 因为 是定义域为 的偶函数， 所以 ，所以函数 关于直线 对称， 所以 ，即 .故选：A 题型 07 一元三次函数型中心对称 【解题攻略】 所有的三次函数 都有“拐点”，且该“拐点”也是函数 的图像的 对称中心， 设 是函数 的导数， 是 的导数，若方程 有实数解 ，则称点 为 函数 的“拐点”． 【典例1-1】．给出定义：设 是函数 的导函数， 是函数 的导函数，若方程有实数解 ，则称 为函数 的“拐点”.经研究发现所有的三次函数 都有“拐点”，且该“拐点”也是函数 的图像的对称中心，若函数 ，则 （ ） A．8082 B．2021 C．-8082 D．-2023 【答案】C 【分析】通过二次求导可得 ， 可得 ， ，所以 的图像的对称 中心为 ，即 ，据此规律求和即可. 【详解】由 ，可得 ， 令 可得 ， 又 ， 所以 的图像的对称中心为 ， 即 ， 所以 ，故选：C 【典例1-2】已知一元三次函数对称中心的横坐标为其二阶导函数的零点．若 ，则 （ ） A．0 B．4 C． D． 【答案】B 【分析】设对称中心为 ，先求二阶导数零点可得 ，由 可解出 ，最后由 ，可得 ，可得结果 【详解】由题， ，故二阶导函数的零点为 ，即对称中心的横坐标为 1， 设对称中心为 ，则 ，可解得 ， 由 ，故 ，故选：B 【变式1-1】在同一坐标系中作出三次函数 及其导函数的图象，下列可能正 确的序号是（ ） A．①② B．①③ C．③④ D．①④【答案】A 【分析】利用导数与函数之间的关系．把握住导数的正负确定出函数的单调区间，根据变化趋势选出不恰 当的图象，从而可得出答案． 【详解】解：根据 时， 递增， 时， 递减可得， ①②中函数的图象的增减趋势与导函数的正负区间是吻合的，可能正确； 而③中导函数为负的区间内相应的函数不为递减，故错误， ④中导函数为负的区间内相应的函数不为递减，故错误． 故选：A. 【变式1-2】设函数 是 的导数，经过探究发现，任意一个三次函数 的图象都有对称中心 ，其中 满足 ，已知函数 ，则 （ ） A．0 B． C．1 D． 【答案】C 【分析】先求出 的对称中心，判断出点 与点 关于点 对称， 即可求解. 【详解】 ， ，令 ， 解得 ， ，所以 的图象关于点 对称． 因为 ，所以点 与点 关于点 对称， 所以 ．故选：C． 【变式1-3】一般地，对于一元三次函数 ，若 ，则 为三次函数 的对称中心， 已知函数 图象的对称中心的横坐标为 ，且 有三个零点，则实数a的取值 范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，用a表示 ，再求出 的极大值与极小值，列式求解作答. 【详解】由函数 求导得： ，则 ， 由 解得 ，则有 ， ，当 或 时， ，当 时， ， 则 在 ， 上单调递增，在 上单调递减， 因此，当 时， 取得极大值 ，当 时， 取得极小值 ， 因函数 有三个零点，即函数 的图象与x轴有三个公共点，由三次函数图象与性质知，， 于是得 ，解得 ，综上得： ，实数a的取值范围是 .故选：A 题型 08“局部周期”型函数性质 【解题攻略】 局部周期函数，可类比以下函数图像： 【典例1-1】定义在[0,+∞)上的函数f (x)满足f (x)=¿. （i）f (2021)=___________. （ii）若方程f (x)−kx=0有且只有两个解，则实数k的取值范围是___________. [ 1) 【答案】 −4042 −1,− ∪(0,1) 2 【分析】 （i）根据解析式，利用递推法即可得出； （ii）利用图象的平移变换得到函数的图象，利用数形结合方法求得. 【详解】 （i）f (2021)=f (2020)−2=f (2019)−2×2=f (2018)−3×3=…=f (0)−2021×2=−4042 ; （ii）∵x≥1时，f(x)=f(x−1)−2，所以f(x)的图象由在[0,1)之间的抛物线的一部分逐次向右平移1 1 个单位，向下平移2个单位得到，如图所示.已知l ,l ,l 的斜率依次为1,− ,−1; 1 2 3 2 [ 1) 由图可知若方程f (x)−kx=0有且只有两个解，则实数k的取值范围是 −1,− ∪(0,1)， 2[ 1) 故答案为：−4042； −1,− ∪(0,1) 2 【典例1-2】.已知f (x)=¿且方程f (x)=x恰有两解.则实数a的取值范围是______. 【答案】(−2,+∞) 【详解】 构造函数g（x）＝f（x）-a＝2−x 作出函数g（x）=¿的图象, 若f（x）＝x有且仅有两个实数解可转化为g（x）与y＝x-a的图象有两个交点， 结合图象可知，当-a≥2时函数有1个交点；当-a＜2时函数有2个交点，即a＞-2时，函数 有两个交点. 故答案为(−2,+∞) 【变式1-1】（2021下·天津武清·高三天津市武清区杨村第一中学校）已知函数 ，若对于正数 ，直线 与函数 的图像恰好有 个不同 的交点，则 . 【答案】 【分析】由题意首先确定函数的性质，然后结合直线与圆的位置关系得到 的表达式，最后裂项求和即可 求得 的值. 【详解】当 时， ，即 ， ； 当 时， ，函数周期为2， 画出函数图象，如图所示：与函数恰有 个不同的交点， 根据图象知，直线 与第 个半圆相切， 故 ，故 ， .故答案为： . 【变式1-2】．（2021上·四川资阳·高三统考期末）已知函数 ，函数 在 处的切线为 ，若 ，则 与 的图象的公共点个数为 ． 【答案】2或3. 【详解】由题意得，当 时，直线 的方程为： ，其与 时的图象只有一个交 点，当 时， ，则将直线 的方程 代入到 中，得 ，由 得， ，当 时， ，在定义域内，此时在 时，直线 与 有两个交点，综合有三个交点； 当 时， ，不在定义域内，此时在 时，直线 与 有一个交点， 综合只有两个交点；结合上述两种情况， 与 的图象的公共点个数为2或3. 题型 09 双函数型对称 【解题攻略】 双函数性质： 1.双函数各自对应的对称中心和对称轴等性质 2.双函数之间存在着互相转化或者互相表示的函数等量关系 【典例1-1】（2023·广西玉林·统考模拟预测）已知函数 ， 的定义域均为 ， 是奇函数， 且 ， ，则（ ） A．f（x）为奇函数 B．g（x）为奇函数 C． D． 【答案】D 【分析】结合已知条件和 是奇函数求出函数的周期，然后利用周期和已知条件得出 为偶函数， 进而判断选项 ；根据函数 是奇函数，周期为4即可判断选项 ；由 得 即可判断选项 ；根据题干条件得到 ，再结合函数的周期 即可判断选项 . 【详解】因为 ，所以 ，又 ， 则有 ，因为 是奇函数，所以 ， 可得 ，即有 与 ， 即 ，所以 是周期为4的周期函数，故 也是周期为4的周期函数． 因为 ，所以 ，所以 为偶函数．故 错误； 由 是奇函数，则 ，所以 ，又 ， 所以 ，所以 选项错误； 由 得 ，所以 选项错误； 因为 ， ， 所以 ，所以 ， 所以 选项正确．故选： . 【典例1-2】（2023春·河南开封·高三统考开学考试）已知函数 ， 的定义域为 ，且 ， ，若 为偶函数． ，则 （ ） A．24 B．26 C．28 D．30 【答案】B 【分析】根据已知等式，结合偶函数的性质可以判断出函数 的周期，利用周期进行求解即可. 【详解】由 ，而 ， 所以可得 ，因为 为偶函数， 所以 ，显然有 ， 所以函数 的周期为8， 在 中，令 ，得 ， 因为 ， 所以 ， 由 ， 由 ，所以 故选：B 【变式1-1】（2023秋·江西·高三校联考期末）已知函数 ， 的定义域均为 ，且 ， .若 的图象关于直线 对称，且 ，则 （ ） A．80 B．86 C．90 D．96 【答案】C 【分析】由 的图象关于直线 对称，结合已知函数等式推得 的图象关于点 对称，进而可得 的周期为4，求出 的值，即可得答案. 【详解】解：因为 的图象关于直线 对称，所以 ，所以 ， 因为 ，所以 ，所以 ，因为 ， 所以 ，所以 ，则 的图象关于点 对称，且 .因为 ， 所以 f xgx25，所以gxgx28，所以gx2gx48， 则gxgx4 ，即gx 的周期为4.因为 f 33，且gx f x23， 所以g16.因为gxgx28，所以g32.因为g04，所以g24， 22 则 gk5  g1g2g3g4  g1g25161090. k1 【变式1-2】（2023秋·全国·高三校联考阶段练习）y f(x)的定义域为R，y f x2 为偶函数， f 21且 f xg2xg42x ，则下列说法不正确的是（ ） A．y f(x)的图象关于 1，0 对称 B．y f(x)的图象关于x2对称 22 C．4为 的周期 D．  f(k)0 y f(x) k1 【答案】D 【分析】由y f x2 为偶函数可得函数y f x 关于x2对称，由 f xg2xg42x 可得 f x f 2x0，故y f x 关于 1,0 对称，故可得4为 f x 的周期，然后通过计算逐项进行判断即 可 【详解】由y f x2 为偶函数可得 f x2 f x2 ， 可知函数y f x 关于x2对称，故B正确； f xg2xg42x ，把x换成2x可得 f 2xg42xg2x ， 两式相加可得 f x f 2x0， 故y f x 关于 1,0 对称，故A正确； f xf 2xf 2x ，所以 f xf 2x f x4 ， 可知4为 f x 的周期，故C正确； 令x1， f 1g2g20， f 3 f 10， f 4 f 0f 21， 22 所以 f k5f 1 f 2 f 3 f 4 f 1 f 2 50101011 ，D不正确， k1 故选:D. 【变式1-3】（2022秋·四川成都·高三成都七中校考专题练习）已知函数 f x,gx 的定义域均为R, f x 为偶函数，且 f xg2x1，gx f x43，下列说法正确的有（ ） A．函数gx 的图象关于x1对称 B．函数 f x 的图象关于 1,2 对称 C．函数 f x 是以4为周期的周期函数 D．函数gx 是以6为周期的周期函数【答案】C 【分析】根据题中所给条件可判断gx 关于x2和x4对称，进而得gx 的周期性，结合gx 的周期性 和 f x 的奇偶性即可判断 f x 的周期性，结合选项即可逐一求解. 【详解】由 f xg2x1得 f xg2x1，又 f x 为偶函数，所以 f x=f x ，进而可得g2xg2x ；因此可得gx 的图象关于x2对称, 又gx f x43可得g8x f 4x3，结合 f x 为偶函数，所以gxg8x ，故gx 的 图象关于x4对称， 因此gxg4xg4x ，所以gx 是以4为周期的周期，故D错误， 由于 f x2gx23g2x31 f x3 f xf x22，所以 f x f x22 且 f xf x22  f x42  2 f x4 ， 因此 f x 的图象关于 1,1 对称，函数 f x 是以4为周期的周期函数，故C正确，B错误， 根据 f x 是以4为周期的周期函数，由 f xg2x1，gx f x43得gxg2x4，所 以数gx 的图象关于 1,2 对称，故A错误， 故选：C 题型 10 原函数与导函数型双函数对称 【解题攻略】 原函数与导函数的性质 性质1若函数f (x)是可导函数，且图像关于(m,n)对称，则其导函数f' (x)的图像关于x=m轴 对称 性质2奇函数的导数为偶函数 性质3若函数f (x)是可导函数，且图像关于(m,n)对称，则其导函数f' (x)的图像关于x=m轴对称 性质4偶函数的导数为奇函数 性质5若函数f (x)是可导函数，且图像关于x=m对称，则其导函数f' (x)的图像关于(m,0)对称 偶函数的导数为奇函数 性质6若定义在R上的函数f (x)是可导函数，且周期为T，则其导函数f' (x)是周期函数，且周期也为T 性质7若函数f (x)是可导函数，定义域为D，其导函数f' (x)的图像关于x=m轴对称，则f (x)图像关 ( f(x )+f(2m−x )) 于 m, 0 0 对称， x 为定义域内任意一点 2 0 【典例1-1】（2023·四川成都·校联考模拟预测）已知函数 f x 及其导函数 fx 的定义域均为R， 2023 f x f 4x，且 fx1是偶函数， f 11 ， f 23 ，则  f k（ ） k1 A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 【答案】D 【分析】根据 fx1 是偶函数，可得出 fx1 fx1 ，从而可得 f x1f x1C，求出 C，采用变量代换的方法，推出函数的周期，进而求得函数在一个周期内的函数值，即可求得答案. 【详解】因为 fx1 是偶函数，所以 fx1 fx1 ， 则 f x1f x1C，C为常数，即 f x1 f x1C， 又 f 11，令x0得2f 1C,C2，即 f x1 f x1 2，则 f x2 f x42， 又 f x f 4x ，则 f x2 f x2， f x4 f x22， 故 f x4 f x ，函数 f x 是周期为4的周期函数， 由 f x2 f x2，令x=1，得 f 1 f 12， f 11，所以 f 11， f 2 f 23， f 3 f 11， f 0 f 22，则 f 02 f 21 f 4 ，则 f 1 f 2 f 3 f 413114， 2023 故  f k5054 f 1 f 2 f 3 ，故选：D 20201312025 k1 【典例1-2】（2022上·四川遂宁·高三射洪中学校考阶段练习）已知函数 f x 及其导函数 fx 定义域均 为R， fx 为奇函数， f x1 fx32， f x3fx3 ，则正确的有（ ） ① f 20200；② f20200；③ f 20221；④ f20221. A．①④ B．①② C．②③ D．③④ 【答案】C 【分析】根据 f x 与 fx 奇偶性之间的关系，结合函数对称性和周期性，即可判断求解. 【详解】因为 fx 为奇函数，则 fx3fx3 ，因为 f x1 fx32， f x3fx3 fx3 ，故可得 f x1 f 3x2，所以，函数 f x 的图象关于点 2,1 对 称， 在等式 f x1 f 3x2中，令x1可得2f 22，则 f 21， 因为函数 fx 为奇函数，即 fx fx0，可设 f x f xc，c为常数， 则c f 0 f 00，故 f x f x0，即 f x f x ，所以，函数 f x 为偶函数， 由 f x1 f 3x2可得 f x1 f x32，从而可得 f x5 f x12，则 f x5 f x3 ，即 f x8 f x ，所以，函数 f x 为周期为8的周期函数，故 f 2022 f 25382 f 2 f 21， 在等式 f x1 f 3x2两边同时求导可得 fx1 f3x0，即 fx1 f3x ， 在等式 fx1 f3x 中，令x=1可得 f4 f00，因为函数 f x 是周期为8的周期函数，则 f x8 f x ， 等式 f x8 f x 两边求导可得 fx8 fx ，所以，函数 fx 是周期为8的周期函数， 所以， f2020 f25284 f40.而 f 2020 、 f2022 的值根据已知条件无法推导其值，则 ②③对，①④错.故选：C. 【变式1-1】（2023·广西梧州·苍梧中学校考模拟预测）设定义在R上的函数 f x 与gx 的导函数分别为 fx 和gx ，若gx f 3x2， fxgx1 ，且gx2 为奇函数，g11．现有下列四个 2022 结论：① g1g3；② f 2 f 44 ；③ g20221 ；④  f k4043．其中所有正确结论的 k1 序号是（ ） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④ 【答案】D 【分析】根据函数奇偶性、对称性、周期性三者之间的关系，结合导函数相等即其他等式，综合运用各式 之间的关系即可得出结果. 【详解】因为 fxgx1 ，所以 f xagx1b．因为gx f 3x2，所以 f xg3x2，所以g3x2agx1b． 因为g11，所以g12ag1b，得a2b，所以g3xgx1 ， 所以g2xgx ，所以gx 的图象关于直线x1对称，所以g1g3 ，故①正确． 因为gx2 为奇函数，所以gx2gx2 ，且g20． 因为g2xgx ，所以gx2gx ，则gx 的周期T 4， 所以g2022g20，故③错误． 因为 f xg3x2，所以 f x 的周期也为4， 所以 f 2g121， f 4g12g32g123， 所以 f 2 f 44，故②正确． 因为 f 1g222， f 2g121， f 3g022， f 43， 2022 所以  f k f 1 f 2 f 20225058 f 1 f 24043，所以④正确． k1 故选:D. 【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）设定义在R上的函数 f x 与gx 的导函数分别为 fx 和gx ． 若 f xg4x2，gx fx2 ，且 f x2 为奇函数，则下列说法中一定正确的是（ ） 2023 2023 A．  f k0 B． gk0 k1 k1 C．xR， f 2x f x0 D．g3g54 【答案】A 【分析】由g(x) f(x2)得gx f x2a，结合已知得 f x f 2xa2，进而有a2，由 f(x) f(2x)可判断C项中的对称性；由 f x2 为奇函数可得y f x 的周期、对称性及特殊值，从 而化简判断A正误；B、D由gx f x22，结合A即可判断. 【详解】C：由g(x) f(x2)，则gx f x2a，则g4x f 2xa， 又 f xg4x2，所以 f x f 2xa2，令x1得a20，即a2. 所以 f(x) f(2x)，所以函数 f x 的图象关于x1对称， 而xR， f 2x f x0，则 f x 的图象关于 1,0 对称，错； A： f x2 为奇函数，则y f x 关于 2,0 对称，且 f 2x f 2x0， ∴ f 20， f 00， f 1 f 30， f 4 f 00，∴ f 40. 又 f x2f x2f x ，∴ f xf x2 f x4 ， ∴y f x 的周期T 4， 2023 ∴  f(k)505f(1) f(2) f(3) f(4) f(1) f(2) f(3)0，对； k1 D：因为g4x f 2xa f 2x2，所以gx f x22， 所以g3g5 f 12 f 324，错； 2023 2023 B： g(k) f(1)2 f(0)2 f(1)2 f(2021)2 f(k)220234046，错. k1 k1 故选：A【变式1-3】7.设定义在实数集R上的函数 f x 与gx 的导数分别为 fx 与gx ，若 f x2g1x2， fxgx1 ，且gx1 为奇函数，则下列说法不正确的是（ ） A．g10 B．gx 图象关于直线x2对称 2021 C． gk0 D． f10 k1 【答案】B 【分析】根据gx1 为奇函数推出对称中心为 1,0 ，根据 fxgx1 可得 f xagx1b，由 f x2g1x2，得 f xg3x2，将 f xagx1b代入，得gx 的对称轴为x2， 进而可得gx 的周期，与 f x 的周期，再利用特值法求值即可. 【详解】由gx1 为奇函数，则gx1 过 0,0 ，图象向右平移一个单位得gx 过 1,0 ，A选项正确； 又 fxgx1 ，则 f xagx1b， 因为 f x2g1x2，所以 f xg3x2，所以gx1bg3xa2， 令x1，得g2bg2a2，则ba2， 所以gx1g3x ，则gx 关于直线x2对称， 两边求导得gx1g3x ，函数gx 的图象关于点 2,0 对称，B选项错误； 因为gx 关于点 1,0 对称，关于直线x2对称，则gx 的周期T 4； 所以g1g30，g2g0g4 ， 2021 所以 gkg1g2  g2021g2021g10，C选项正确； k1 又函数gx 关于直线x2对称，所以函数gx 在x2左右两侧单调性相反，且gxg4x ，令 x2，得g2g42 ，所以g20， f1g110，D选项正确； 故选：B. 题型 11 放大镜型函数性质 【解题攻略】 形如 等“似周期函数”或者“类周期函数”，俗称放大镜函数，要注意以下几点辨析： 1.是从左往右放大，还是从右往左放大。 2.放大（缩小）时，要注意是否函数值有0。 3.放大（缩小）时，是否发生了上下平移。 4.“放大镜”函数，在寻找“切线”型临界值时，计算容易“卡壳”，授课时要着重讲清此处计算。 1 【典例1-1】定义在 R 上函数 f x满足 f x1 2 f x ，且当x0,1时， f x1 2x1 ，则使得 1 f x 16 在m,上恒成立的 m 的最小值是______________. 15 【答案】 4 【分析】 f(xn) 由题设递推关系及已知区间解析式 f x，分析可得分段函数：在n,n1nN上有 2n ，应用数形 结合的方法求参数m的最小值.【详解】 1 1 由题设知，当x1,2时，x10,1，故 f x f x1 1 2x3 ， 2 2 1 1 同理：在n,n1nN上， f x 2n   1 2x2n1   2n ， 1 ∴当 时， f x .函数y f x的图象，如下图示. n4 16 1 1 13 15 在3,4上， f x  1 2x7   ，得x 或x . 8 16 4 4 15 1 15 由图象知：当x 时， f x .故答案为： . 4 16 4 2x1 1,0x2  【典例1-2】.已知 是定义在 上的奇函数，当 时， f(x)1 有下列结论： f x  f(x2),x2 R x0 2 ①函数 f x 在 6,5 上单调递增； ②函数 f x 的图象与直线yx有且仅有2个不同的交点； ③若关于x的方程[f(x)]2(a1)f(x)a0(aR)恰有4个不相等的实数根，则这4个实数根之和为8； 127 ④记函数 f x在2k1,2k kN*上的最大值为 a k ，则数列a n 的前 7 项和为 64 . 其中所有正确结论的编号是___________. 【答案】①④ 【分析】 作出函数的图像，利用数形结合思想依次判断选项①②③，利用等比数列求和判断选项④； 【详解】 当x0时， f 00，此时不满足方程； 若 ，则 ，即 f(x) 1 f(x2) 1 2x3 1  2x4 0x22 2 2 若 ，则 ，即 f(x) 1 f(x2) 1 2x5 1  4x6 2x24 2 2作出函数在 时的图像，如图所示， x0 对于①，由图可知，函数 f x 在 5,6 上单调递增，由奇函数性质知，函数 f x 在 6,5 上单调递增， 故①正确； 对于②，可知函数在x0时的图像与与直线yx有1个交点，结合函数 f x 的奇偶性知， f x 的图象 yx 与直线 有3个不同的交点，故②错误； 对于③，设 f xt，则关于[f(x)]2(a1)f(x)a0(aR)的方程等价于t2(a1)ta0，解得： t a或t1 当t1时，即 f x1对应一个交点为x 2；方程恰有4个不同的根，可分为两种情况： 1 1 1 （1）t a ，即 f x 对应3个交点，且 ， ，此时4个实数根的和为8； 2 2 x x 2 x 4 2 3 4 1 1 （2）ta ，即 f x 对应3个交点，且 ， ，此时4个实数根的和为4，故③错 2 2 x 2 x 3 2 x 4 4 误； 对于④，函数 f x 在1,2上的最大值为 f 21，即a 1，由函数的解析式及性质可知，数列 a  是首 1 n 1 7 1  2 127 项为1，公比为 的等比数列，则数列的前 项和为  ，故④正确. 1 64 1 1 2 7 2 故答案为：①④ 【变式1-1】已知定义在[1,+∞)上的函数f(x)=¿，则 1 A．在[1,6]上，方程f(x)− x=0有5个零点 6 1 B．关于x的方程f(x)− =0(n∈N∗)有2n+4个不同的零点 2n C．当x∈[2n−1,2n ](n∈N∗)时，函数f(x)的图象与x轴围成的面积为4 D．对于实数x∈[1,+∞)，不等式xf(x)≤6恒成立 【答案】D 【详解】1 当x∈（2，4]时，f（x）＝ （4－|4x－12|） 2 1 当x∈（4，8]时，f（x）＝ （4－|2x－12|） 22 …… 1 1 当x∈（2n－1，2n]时，f（x）＝ （4－| ·8x－12|） 2n−1 2n−1 1 则在[1，6）上，方程f（x）－ x＝0有4个零点，A错误； 6 1 当n＝1时，f（x）－ ＝0有7个不同的零点，故B错误； 2 1 1 当x∈（2n－1，2n]时，函数f（x）的图象与x轴围成的面积S＝ × ×4(2n−2n−1 )＝2，故C错误 2 2n−1 1 2n+2n−1 当x∈（2n－1，2n]时，xf（x）的最大值为 ×4× ＝6，故D正确 2n−1 2 考点：分段函数，图象，性质，零点，最值，不等式 【变式1-2】设函数 f(x)的定义域为R，满足 f(x1)2f(x)，且当x(0,1]时， f(x)x(x1)．若对任意 1 ，都有 f(x) ，则m的取值范围是（ ） x(,m] 2  3  10 2 A．   , 2   B．  , 4   C．    , 5 2    D．    , 10 4 2   【答案】B 1 【分析】作出图示，求出当 时，函数的解析式，求出 f(x) 成立的x的值，运用数形结合的思 2x3 2 想可得选项． 【详解】解： x(0,1]时， f(x)=x(x1)， f(x+1)=2f(x)，f(x)2f(x1)，即 f(x)右移1个单位，图 像变为原来的2倍． 1 如图所示：当 时， ，令4(x2)(x3) ，解得 2x3 f(x)=4f(x2)=4(x2)(x3) 2 10 2 10+ 2 x  ，x  ， 1 4 2 4  10 2 所以要使对任意 ，都有 f(x) 1 ，则m 10 2 ，m  , ， x(,m] 2 4  4  故选：B．【变式1-3】．定义域为R的函数 f(x)满足： f(x2)2f(x)，当x[0,2)时， ，若 时， 恒成立，则实数 的取值范围是 1 1 f(x)  x[4,2) 4 2t t 2 2 A．(0, ] B．(0, ] C． D． 5 3 (0,1] (0,2] 【答案】C 【详解】依题意，当x4,2 时，x40,2 ，故 1 1 x42  x4,x4,3 4 4 1 1 f x f x2 f x4{ 5 ，画出函数 在 上的图象（图 2 4  1 4     1 2    x 2 ，x3,2 f x 4,2  5 1 1 1 1 略），由图可知，函数在区间 x4,2上的最小值为 f    2    4 ，故 4  4  2t ，解得 t0,1. 题型 12 抽象函数赋值型性质 【典例1-1】（2023春·辽宁·高三校联考阶段练习）已知 f x 是定义在 x x0 上的函数，且在区间 ,0 内单调递增，对x ，x x x0 ，都有 f xx 1 f x  f x  .若x0, ，使得不等式 1 2 1 2 1 2 f x f  ex2a    f 1  2  f 1 成立，则实数 的最大值为 . a ln21 【答案】 2 【分析】由赋值法可得 f 11， f 11，进而可判断函数的奇偶性，利用单调性将问题转化为 alnxx2x0 ，构造函数hxlnxx2x0 ，求导得函数的单调性，即可可得最值，即可求解. 【详解】令x x 1，则 f 11 f 1 f 1 ，所以 f 11； 1 2 令x x 1，则 f 11 f 1 f 1 ，所以 f 11； 1 2 令x x，x 1，则 f x1 f x f 1 ，所以 f x f x ，所以 f x 为偶函数. 1 2 因为 f x 在 ,0 上单调递增，所以 f x 在 0, 上单调递减. 不等式 f x f  ex2a  f 1 2  f 1=0化为 f x f  ex2a  ，  因为x0，ex2a 0，所以xex2a，取对数得 lnxx2a ，即alnxx2x0 ， 1 12x2 由题设条件可知 a  lnxx2 ，设 hxlnxx2x0，则hx x 2x x ， max  2  2   2 当x0, 时， ，当x ,时， ，所以 在0, 内单调递增，在  2  hx0  2  hx0 hx  2            2 2 ,     内单调递减，则hx max h     2 2     ln2 2 1 ，所以 a ln2 2 1，故实数 a 的最大值为  ln2 2 1 . ln21 故答案为： 2 【典例1-2】．（2023·全国·高三对口高考）已知定义域为R的函数 f x 对任意实数x，y满足 π f xy f xy2f xcosy ，且 f 00 ， f  2   1．给出下列结论： π 1 ① f  4    2 ；② f x为奇函数；③ f x为周期函数；④ f x在0,π内单调递减． 其中正确结论的序号是 ． 【答案】②③ 【分析】由条件通过赋值，并结合奇函数和周期函数的定义判断②③，通过赋值并结合所给特殊值判断 ①④. 【详解】因为 f xy f xy2f xcosy， f 00， 取x0,yR，得 f y f y0，则 f x 是奇函数，故②正确. π  π  π π 取y ，得 f x  f x 2f xcos 0， 2  2  2 2 即 f xπf x, f x2πf xπ f x.故③正确. π π π π π 2 取x y ，得 f   f 02f  cos .从而， f   .故①不正确. 4 2 4 4 4 2 π π 3π  π 3π  π π 取x ,y ，得 f   f  0，根据③的结论知 f  f   f  ，故④不正确. 4 2  4   4  4   4 4 故答案为：②③. 【变式1-1】（2023·江苏南通·统考模拟预测）若函数 f x 的定义域为 0, ，且 f x f y f xy ， 1 100 f a n f  ，则  f ia  ． n n i i1 【答案】5050 1 100 【分析】推导出 f  x   f x ，可得出 f na n ，再利用等差数列的求和公式可求得  f ia i  的值. n i1 【详解】因为函数 f x 的定义域为 0, ，且 f x f y f xy ， 令x y1可得2f 1 f 1 ，可得 f 10， 1 1 令y 1 ，则 f x f   f 10，所以， f  f x ， x x x 1 所以，n f a  f   f a  f n f na  ， n n n n100 1100100 所以，  f ia i 123  100 2 5050. i1 故答案为：5050. 【变式1-2】（2023·浙江·高三专题练习）若定义在R上的函数 f x 满足：x,yR， f xy f xy2f x f y ，且 f 01，则满足上述条件的函数 f x 可以为 .（写出一 个即可） 【答案】 f x1（答案不唯一 f xcosx也可） 【分析】根据题意可得函数 f x 为偶函数，可取 f x1，在证明这个函数符合题意即可. 【详解】令x0，则 f y f y2f y， 所以 f y f y ，所以函数 f x 为偶函数， 可取 f x1，则 f xy f xy f x f y1， 所以x,yR， f xy f xy2f x f y ， 所以函数 f x1符合题意. 故答案为： f x1.（答案不唯一 f xcosx也可） 【变式1-3】（2022秋·湖南衡阳·高三衡阳市一中校考）定义在R上的函数f(x)满足x，yR， f xy f xy2f x f y 且f(0)0， f(a)=0 (a>0). 则下列结论正确的序号有 .①f(0)=1； a 1 ② f x=f x；③ f(x2a) f(x) ；④[f( 2 )]2  2 . 【答案】①②④ x,y 【分析】根据给定的函数等式，对变量 赋值依次计算判断各个命题作答. 【详解】x，yR， f xy f xy2f x f y 且f(0)0， 对于①，取x y0，得2f(0)2[f(0)]2，因此 f(0)1，①正确； 对于②，取x0,yR，得 f(y) f(y)2f(0)f(y)2f(y)， f(y) f(y)，因此xR， f(x)=f(-x)， ②正确； 对于③，取xa0,yR，得 f(ay) f(ay)2f(a)f(y)，而f(a)=0， 则有 f(ay) f(ay)0，由②知 f(ya)f(ay)f(ya)， 于是 f(y2a)f(y)，因此xR， f x2af x ，③错误； a a a 1 对于④，取x y 0，得 f(a) f(0)2[f( )]2 ，因为f(a)=0， ，因此[f( )]2  ，④正确. 2 2 f(0)1 2 2 故答案为：①②④ 题型 13 对称型恒成立求参 【解题攻略】 一般地，已知函数y f x,xa,b ，ygx,xc,d （1）若x a,b ，x c,d ，有 f x gx  成立，故 f x  gx  ； 1 2 1 2 1 min 2 max （2）若x a,b ，x c,d ，有 f x gx  成立，故 f x  gx  ； 1 2 1 2 1 min 2 min （3）若x a,b ，x c,d ，有 f x gx  成立，故 f x  gx  ； 1 2 1 2 1 max 2 min （4）若x a,b ，x c,d ，有 f x gx  ，则 f x 的值域是gx 值域的子集. 1 2 1 2【典例1-1】．（2021上·江苏南京·高三南京市中华中学校考期末）定义在 上的函数 f x 满足 R x3,1 x4 ，且当 时 f x ，若对任意的 ，不等式 f(2x) f x x1 1log x,x4 x[t,t1] f 2x fx1t 2 恒成立，则实数t的最大值为（ ） 2 1 1 A． B． C． D． 1 3 3 3 【答案】C 【分析】若对任意的x[t,t1]，不等式 f 2x fx1t恒成立，即对x[t,t1]，不等式 f x fx1+t恒成立， x-1  xt ，进而可得答案. 【详解】  当1x4时，yx3单调递减， f x f 41log 2 41， 当x4时， f x 单调递减， f x f 41，故 f x 在 1, 上单调递减， 由 f(2x) f x ，得 f x 的对称轴为x1，若对任意x[t,t1]，不等式 f 2x fx1t恒成立， 即对x[t,t1]，不等式 f x fx1+t恒成立， x-1  xt ，即1x2 xt2 ，  2t1tt210 1 即 2t1xt210 ，  2t1t1t210 1t 3 故实数 t 的最大值为 1 3 .故选：C. 【典例1-2】（2020·湖南永州·统考三模）已知函数 f x 是定义在 R 上的奇函数，当x0时， f x2 x2 .若对任意的x1,2 ， f xa f x 成立，则实数a的取值范围是（ ） A． 0,2 B． 0,2  ,6 C． 2,0 D． 2,0  6, 【答案】D 【分析】利用奇函数求得 f(x)的解析式，画出其函数图象的草图，由不等式在闭区间上恒成立，结合 f(x) 的对称性，有在1x2中，42xa0或a42x恒成立，进而求a的范围. x,2x0 【详解】由题设知： f(x) ，又 是定义在 上的奇函数，即 ， x4,x2 f x R f(0)0 ∴当0x2时，2x0，即 f(x)(x)x，而 f(x)f(x)x； 当x2时，x2，即 f(x)(x)44x，而 f(x)f(x)x4； x4,x2  ∴综上，有 f(x)x,2x2，可得如下函数图象，  x4,x2 ∴对任意的x1,2 有 f xa f x 成立， xa2 2xa2 xa2 即在 中， 或 或 恒成立， 1x2 xa4x xax xa4x∴42xa0或a42x恒成立，即有2a0或a6. 故选：D. 【变式1-1】（2021上·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习）已知 f xx2bxc，满足对于 f n 任意的 xR ，都有 f 1x f 1x，设b n  n1 ，若对于任意的 nN* ， n2 ，都有 b  b 成立， n 4 则实数c的取值范围是 ． 【答案】 3,9 f n 4c1 【分析】利用函数的图象的对称性求得 ，将b  整理为n1 2，由已知条件得到 b2 n n1 n1  4c10   3 4c115  96c 168c  b  b  ，求解即得.  3 31 4 41  2510c 168c b  b   5 51 4 41 【详解】∵对于任意的xR，都有 f 1x f 1x ，∴函数 f xx2bxc的对称轴为 b x 1，∴ ， 2 b2 f n n22nc (n1)2c1   n12  2 c1 4c1 ∴b     n1 4,对于任意的 ， ， n n1 n1 n1 n1 n1 nN* n2  4c10   3 4c115  96c 168c 都有 成立，∴ b  b  ,解得 ，即实数 的取值范围是 ,  3 31 4 41  2510c 168c b  b   b 5  51 b 4  41 3c9 c 3,9 n 4 故答案为： 3,9 【变式1-2】（2018上·上海奉贤·高一上海市奉贤中学校考阶段练习）设函数 f(x)(x1)3x1，对任意 非零实数a，若等式 f(1ka) f[1(k1)a] f[1(k2)a]   f[1(k2)a] f[1(k1)a] f[1ka]2018成立，则正整数 k的值为 . 【答案】504 【分析】根据题意得到 f(1x) f(1x)4，代入计算得到式子4k f(1)2018，计算得到答案. 【详解】 f(x)(x1)3x1，则 f(1x) f(1x)x3x2x3x24 则 f(1ka) f[1(k1)a] f[1(k2)a]   f[1(k2)a] f[1(k1)a] f[1ka] 4k f(1)2018k 504 故答案为504 【变式1-3】已知 f x 是定义在R上的函数，且 f x1 关于直线x1对称.当x0时， f x    2  1 4 x21 ,0x2 ，若对任意的 ，不等式 恒成立，则实数 的取值 2log x,x2 xm,m1 f 22x f xm m 2 范围是（ ）  1  1  1  A．   4 ,0   B． 2 ,1   C．1, D． 2 ,  【答案】D 【分析】 结合复合函数的单调性，可知 f x 在 0, 上单调递减，由 f x1 关于直线x1对称，可知 f x 为 偶函数，从而可将题中不等式转化为 22x  xm ，整理得3x2(82m)x4m2 0对任意的 xm,m1 恒成立，进而结合二次函数的性质，可求出m的取值范围. 【详解】 当 时， f x2  1 4 x21， 0x2 1 函数y 4 x21在0,2上单调递减，且 y2x是R上的增函数， 根据复合函数的单调性可知，函数 f x在0,2上单调递减，且 f x2  1 4 221 1； 当x2时， f x2log 2 x，易知函数 f x 在 2, 上单调递减，且 f x f 22log 2 21. ∴函数 f x 在 0, 上单调递减. ∵ f x1 关于直线x1对称，∴ f x 关于x0对称，即 f x 为偶函数， ∴不等式 f 22x f xm可化为 f 22x f  xm ，∴ 22x  xm 恒成立， 即 22x2  xm2 ，整理得3x2(82m)x4m2 0，令gx3x2(82m)x4m2， g(m)3m2(82m)m4m2 0 ∴对任意的 ， 恒成立，∴ ， xm,m1 gx0 g(m1)3(m1)2(82m)(m1)4m2 0 8m40 1 即 ，解得m .故选：D. 4m10 2 题型 14 构造“对称”型函数 【典例1-1】（2021上·湖北·高三校联考阶段练习）已知x满足3x3x4，x满足33x 3x5，则 1 2 x x （ ） 1 2 A．2 B．3 C．4 D．前三个答案都不对 【答案】B 【分析】把x满足3x3x4，x满足33x 3x5，转化为x是函数y3x3x和y4的图象的交点的横 1 2 1 坐标，x是函数y33x3(3x)和y4的图象的交点的横坐标，结合函数的对称性，即可求解. 2 【详解】由题意，x满足3x3x4，x满足33x 3x5， 1 2 即x满足3x3x4，x满足33x3(3x)4， 1 2 即x是函数y3x3x和y4的图象的交点的横坐标， 1 x是函数y33x3(3x)和y4的图象的交点的横坐标， 2 3 设函数 上任意一点的坐标为 关于x 的对称点为 ， y3x3x P(x,y ) 2 Q(x,y) 1 1 x x3 x 3x 1 1 可得 ，即 ，代入函数 ，可得 ， y  y y  y y3x3x y33x3(3x) 1 1 3 即函数 与 的图象关于x 轴对称， y3x3x y33x3(3x) 2x x 3 所以 1 2  ，所以 .故选：B. 2 2 x x 3 1 2 【典例1-2】（2022上·上海徐汇·高三上海市南洋模范中学校考阶段练习）设x,yR且满足   x120232023x2022  ，则 .  y120232023y2024 xy 【答案】2 【分析】等式整理成 x1,y1 表达式.构造函数，判断单调性与奇偶性找 x1,y1 的关系. 【详解】 x120232023x2022，即x120232023x1202220231即  x120232023x11，同理y120232023y11又因为x,yR，所以 x1,y1R构造函 数 f tt20232023t，tR 所以 f x11， f y11，即 f y1f x1  又因为 f tt20232023tt20232023t  t20232023t  f t ， 即 f tf t ，所以 f tt20232023t是定义在R上的奇函数. 所以  式变为： f y1f x1 f   x1   f 1x 即 f y1 f 1x 由幂函数知 f tt20232023t在R上单调递增，所以，y11x，即xy2.故答案为：2 【变式1-1】（2022·全国·高三专题练习）已知a33a25a1，b33b25b5，那么ab的值是 ． 【答案】2 【分析】由题意，构造函数 f x x3 3x2 5x3，则 f a2，f b2，又函数 f x 的图象关于 1,0 中心对称，利用对称性即可求解. 【详解】解：由题意，a33a25a32，b33b25b32， 设函数 f x x3 3x2 5x3，则 f a2，f b2， 因为 f 1x+f 1x1x3 31x2 51 x31x3 31x2 51x30， 所以函数 f x 的图象关于 1,0 中心对称， 所以ab2．故答案为：2.   x232019x21 【变式1-2】（2021上·浙江宁波·高三余姚中学校考）已知 满足 ，若对 x,yR  y232019y21 k 任意的 ，t xy恒成立，则实数k的最小值为 ． t0 t 【答案】4   x232019x21 【分析】观察 可构造函数 ,分析其性质得出 的关  y232019y21 f(x)(x2)32019(x2) x,y 系再进行不等式恒成立的运用即可. 【详解】设 f(x)(x2)32019(x2),则 f(x)为g(x)x32019x往右平移两个单位得来. 又g(x)x32019x为单调递增的奇函数,且关于(0,0)对称. 故 f(x)(x2)32019(x2)为单调递增的函数且关于(2,0)对称.   x232019x21 又 可知 关于 对称.故xy ,  y232019y21 (x,1),(y,1) (2,0) 2 2k 即 .又对任意的 ,t xy4恒成立. xy4 t0 t 即t24tk 0恒成立.故判别式424k 0,得k4.故k的最小值为4. 故答案为4 高考练场 ax 1.（2022秋·云南保山·高三统考阶段练习）设函数 f(x) (a0)，若gx f x11是奇函数，则 ax f 2023（ ） 2023 1011 2023 1011 A． B． C． D． 2022 1012 2022 1012 【答案】D 【分析】利用函数gx 的奇偶性求出a，得到函数 f x 的解析式，根据解析式求函数值即可. ax1 2a 【详解】由已知可得g(x) f(x1)1 1 ， ax1 xa1 2a 2a 2a 则g(x) ．因为 是奇函数，所以g(x)g(x)  0， xa1 g(x) xa1 xa1 1x 1011 因为 ，解得 ，所以 f(x) ，所以 f(2023) .故选：D． a0 a1 1x 1012 x1 2..已知函数 满足 ，若函数 y 与 图像的交点为 f(x)(xR) f(x)2 f(x) x y f(x) 10 x,y ,x ,y ,x ,y ，则 x i y i ____________. 1 1 2 2 10 10 i1 【答案】10 【分析】 x1 由已知得到函数 f x是关于点 (0,1) 对称，函数 y x 经过化简也关于 (0,1) 对称，由此可知两个函数的 10 交点就关于 对称，根据点的对称性，就可以得到 x y  的值. (0,1) i i i1 【详解】 f x f x 因为函数 满足 ，即满足 1， f(x)(xR) f(x)2 f(x) 2 所以y f x 是关于点(0,1)对称， x1 1 函数 y 1 关于点 对称， x x (0,1) x1 所以函数 y x 与y f x图像的交点x 1 ,y 1 ,x 2 ,y 2 ,x 10 ,y 10 也关于点 (0,1) 对称， 故交点 x,y ,x ,y ,x ,y  成对出现，且每一对点都关于(0,1)对称， 1 1 2 2 10 10 10 10 故 x y (x x L x )(y y L y )0 210. i i 1 2 10 1 2 10 2 i1 故答案为：10. 3.（2023上·贵州贵阳·高三校联考阶段练习）已知函数 f xlog xa 1，当xx x2 时， 2 f 6x f 2x ，则 f 2 .【答案】2 【分析】由题意条件得到 f x 的图象关于直线x4对称，从而得到a4，再代入求值即可. 【详解】由 f 6x f 2x 可知，函数 f x 的图象关于直线x4对称， 而函数 f xlog 2 xa 1的图象关于直线xa对称，所以a4， 所以 f xlog x4 1，所以 f 2log 24 12.故答案为：2 2 2 3 4.（2023上·上海闵行·高三校联考期中）设曲线 与函数 f(x) x3(0xt)的图像关于直线 对 C 24 y 3x 称，设曲线C仍然是某函数的图像，则实数t的取值范围是 . 4 6 【答案】(0, ] 3  3  【分析】设 l 是 f(x) 24 3 x3(0xt)在点M   t, 24 t3   处的切线，进而根据题意得直线 l 关于 y 3x 对称 3 3 后的直线方程必为 ，曲线 才能是某函数的图像，进而得 的方程为l:y (xt) t3(0xt)， xa C l 3 24 4 6 再联立方程即可得t ，进而得答案. 3 3 3 【详解】设 是 f(x) x3(0xt)在点M(t, x3)处的切线， l 24 24 3 因为曲线 与函数 f(x) x3(0xt)的图像关于直线 对称， C 24 y 3x 所以直线l关于y 3x对称后的直线方程必为xa，曲线C才能是某函数的图像， 如图所示直线 与 的角为 ，所以 的倾斜角为 ， π π y 3x xa 6 l 6  3 3 y (xt) t3  3 24 所以 的方程为 故联立方程得 ，即 ， 3 3  3 l:y (xt) t3(0xt) y x3 l 3 24   24 x3t38(xt)0 4 6 则 ，即 所以 ，解得t (xt)(x2xtt28)0 x2xtt280 Δt24(t28)0 3 4 6 4 6 所以 的取值范围为(0, ].故答案为：(0, ] t 3 3 5.已知定义在 R 上的函数 f x 满足： f x f(x)0， f 2x f(x)，当0x1时， f x2x1， 则 f log 2023（ ） 2 25 999 1024 512 A． B． C． D． 2048 1024 2023 999【答案】B 【分析】由题意，可得函数的对称性，进而得到周期性，整理函数值，可得答案. 【详解】 f x f x0，\ f ( x) 为奇函数，即图象关于原点对称，  f 2x f x ，\ f ( x) 的图象关于直线x1对称， 则函数 f x 的周期T 4104，由10log 202311， 2 2023 则 ，即0log 1， 0log 2023101 21024 2  2023   2023  则 f log 2023 f log 10 f log 2， 2  21024   21024  由 f 2xf x2 f x ，则 f x2f x， 即 f  log 2023 2  f  log 2023   2 log21 2 0 0 2 2 4 3 1     2023 1   999 ，故选：B.  21024   21024   1024  1024 6.．（2023秋·重庆九龙坡·高三统考期末）已知函数 f x 定义域为R， f x2 为偶函数， f 3x1 为 奇函数，则（ ） 1 A． f 40 B． f 20 C． f  2   0 D． f 10 【答案】D 【分析】结合函数的奇偶性、周期性等知识求得正确答案. 【详解】依题意， f x 定义域为R，由于 f x2 为偶函数，图象关于y轴对称，所以 f x 图象关于直 线x2对称， f 3x1 为奇函数， f 3x1f 3x1 ，由 f  3x12 f 3x1 ， 以x替换3x1， f 2xf x ，所以 f 2x f 2xf x，所以 f x4 f 2x2f 2x f x ， 所以 f x 是周期为4的周期函数.由 f 2xf x 得 f 2x f x0，所以 f x 关于 1,0 对称， 令x1，2f 10, f 10，所以 f 1 f 14 f 3 f 21f 10. 所以D选项正确，ABC选项无法判断.故选：D 7.对于三次函数 f xax3bx2cxda0 ，给出定义：设 fx 是函数y f x 的导数， fx 是 fx 的导数，若方程 fx0有实数解x ，则称点 x , f x  为函数y f x 的“拐点”.经过探究发现： 0 0 0 任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数 1 1 gx x3x22x ，则g2019g2020g2021g2022（ ） 3 3 A．0 B．1 C．2 D．4 【答案】D 【分析】由题意对已知函数求两次导数可得图象关于点 1,1 对称，即gxg2x2，即可得到结论． 1 1 【详解】解：因为gx 3 x3x22x 3 ，所以gxx22x2， gx2x2 ，由 g(x )0 ，得 0 2x 20， 0 解得x 1，而g11，故函数g(x)关于点 1,1 对称， 0 故gxg2x2， 所以g2019g2021g2020g20222，所以g2019g2020g2021g20224 故选：D8..已知函数 f x,gx 的定义域均为R，且满足 60 f xg2x4,gx f x46,g3xgx10, 则  f(n)（ ） n1 A．3180 B．795 C．1590 D．1590 【答案】D 【分析】根据递推关系可得 f(x) f(x)8且 f(x) f(x2)2，进而有 f(x)x f(x2)x2，构造 h(x) f(x)x易知h(x)是周期为2，分别求得 f(0)4、 f(1)3，再求h(0)、h(1)，根据周期性求 ， f(n) 最后求和. 【详解】由 f x1g3x4，则 f(x)g(x2)4，即g(x2) f(x)4， 由gx1 f x36，则g(x2) f(x2)6，即g(x2)6 f(x2)， 又gx1 f x3 f x1g3x f x3 f x12，即 f(x) f(x2)2， 所以 f(x2) f(x)2，故g(x2)6 f(x2)4 f(x)， 综上， f(x)44 f(x)，则 f(x) f(x)8，故 f(x)关于(0,4)对称，且有 f(x)x f(x2)x2， 令h(x) f(x)x，则h(x)h(x2)，即h(x)是周期为2， 由g3xgx10知：g(x)关于(2,0)对称且g(2)0， 所以 f(0)g(2)4，即 f(0)4，则h(0) f(0)04， f(1) f(1)8 由 ，可得 ，则 ， f(1) f(1)2 f(1)3 h(1) f(1)14 所以h(0)h(2) f(2)24则 f(2)2；h(1)h(3) f(3)34则 f(3)1， 依次类推： f(4)0， f(5)1，……， f(n)4n， 60 60(356) 所以  f(n) f(1) f(2)... f(60) 1590. 2 n1 故选：D 9.．已知y f x4 是定义域为R的奇函数，ygx2 是定义域为R的偶函数，且y f x 与 ygx 的图象关于y轴对称，则（ ） A．y f x 是奇函数 B．ygx 是偶函数 C．y f x 关于点 2,0 对称 D．ygx 关于直线x4对称 【答案】A 【分析】根据函数y f x4 ，ygx2 的奇偶性可推出y f x 以及ygx 的对称性，结合 y f x 与ygx 的图象关于y轴对称，推出y f x 的奇偶性以及对称性，判断A,C;同理推得 ygx 的奇偶性以及对称性，判断B,D. 【详解】由于y f x4 是定义域为R的奇函数，则y f x 的图象关于(4,0)成中心对称， ygx2 是定义域为R的偶函数，则ygx 的图象关于x2对称， 因为y f x 与ygx 的图象关于y轴对称，则y f x 的图象关于x2对称， 又y f x 的图象关于(4,0)成中心对称，则y f x 的图象关于(0,0)成中心对称， 故y f x 为奇函数，A正确； 因为y f x 为奇函数，故 f xf(x)， 由y f x 与ygx 的图象关于y轴对称，可得 f(x)g(x),g(x) f(x)， 故g(x) f(x)f(x)g(x) ，故ygx 为奇函数，B错误；由A的分析可知y f x 的图象关于x2对称，故C错误； 由A的分析可知y f x 的图象关于(4,0)成中心对称，y f x 为奇函数， 则y f x 的图象也关于(4,0)成中心对称， 而y f x 与ygx 的图象关于y轴对称， 则ygx 的图象关于(4,0)成中心对称，故D错误， 故选：A 10..设定义在R上的函数 f x 与gx 的导函数分别为 fx 和gx ，若gx f 3x2， fxgx1 ，且gx2 为奇函数，g11．现有下列四个结论：①g1g3 ；② 2022 f 2 f 44 ；③ g20221 ；④  f k4043．其中所有正确结论的序号是（ ） k1 A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④ 【答案】D 【分析】根据函数奇偶性、对称性、周期性三者之间的关系，结合导函数相等即其他等式，综合运用各式 之间的关系即可得出结果. 【详解】因为 fxgx1 ，所以 f xagx1b． 因为gx f 3x2，所以 f xg3x2，所以g3x2agx1b． 因为g11，所以g12ag1b，得a2b，所以g3xgx1 ， 所以g2xgx ，所以gx 的图象关于直线x1对称，所以g1g3 ，故①正确． 因为gx2 为奇函数，所以gx2gx2 ，且g20． 因为g2xgx ，所以gx2gx ，则gx 的周期T 4， 所以g2022g20，故③错误． 因为 f xg3x2，所以 f x 的周期也为4， 所以 f 2g121， f 4g12g32g123， 所以 f 2 f 44，故②正确． 因为 f 1g222， f 2g121， f 3g022， f 43， 2022 所以  f k f 1 f 2 f 20225058 f 1 f 24043，所以④正确． k1 故选:D. 11.已知定义域为R的奇函数 f(x)满足：当x(0,1]时， f(x)xlnx；当x(1,)时， f(x)2f(x1)． 现有下列四个结论： ① f(x)的周期为2； ②当x[2,1)时， f(x)2(x1)ln(x1)； n 1  1 ③若nN*, f  i，则 ； e  e i1 1  1 ④若方程 f(x)kx 在 上恰有三个根，则实数k的取值范围是1ln2, ． 2 [0,2]  2 其中所有正确结论的序号是（ ） A．①③ B．②③④ C．②④ D．②③ 【答案】C 【分析】根据所给条件求出函数在x1,2 上的解析式，再根据奇偶性求出函数在x2,1 上的解析式，n 1  即可判断①，②，根据等比数列求和公式求出  f  i，再求出其最大值，即可求出 的取值范围，即 e   i1 1 可判断③，将方程的根问题转为y=f x与ykx 在0,2上恰有三个交点，画出函数的大致图象，利用 2 导数的几何意义求出k的取值范围，即可判断④. 【详解】因为当x(0,1]时， f(x)xlnx，当x(1,)时， f(x)2f(x1)， 所以当x(1,2]时， f(x)2(x1)ln(x1)． 因为 f(x)是定义在R上的奇函数，所以当x[2,1)时， f(x)f(x)2(x1)ln(x1)，故①错误， ②正确． 因为 n f   1 i  2f   1 22 f   1   2n f   1   2122  2n f   1   2  12n f   1  2  2n1  ， e  e e e e 12 e e i1 所以    2  2n 1   。因为g(n) 2  2n 1  在 上单调递减，所以g(n)  g(1) 2 ，所以  e  e nN max e max 2  ，故③错误， e 1 1 方程 f(x)kx 在 上恰有三个根，即 的图象与直线ykx 在 上有三个交点． 2 [0,2] f(x) 2 [0,2] f(x)是定义在R上的奇函数，得 f(0)0，当x(0,1]时， f(x)xlnx， fxlnx1， 1 1 当0x 时， fx0， f x单调递减，当 x1时， f�( x) >0 ， f x单调递增， e e f(1)0，当x(1,2]时， f(x)2f(x1)2(x1)ln(x1)．根据以上信息，画出函数的大致图象，如图所 示， 直线 过定点 ，所以 ， 1  1 ykx 0,  2  2 k k k 1 2  1 1 1 其中 k 为点  0, 2   ,(1,0)连线的斜率，k 2  2 ， k 为直线ykx 2 与曲线 y f x0 x1 相切时的斜 2 1 率， 设切点为 x ,y  ，则y x lnx ．因为 fxlnx1，所以k lnx 1，切线方程为 0 0 0 0 0 1 0 yx lnx lnx 1xx  ， 0 0 0 0  1 1 1 1 将点0, 的坐标代入，得 x lnx lnx 10x ，即x  ，则k ln 11ln2，  2 2 0 0 0 0 0 2 1 2  1 所以k1ln2, ，故④正确．故选：C．  2 12.．（2023秋·广东广州·高三执信中学校考开学考试）设 f x 为定义在整数集上的函数， f 11， f 20， f 10，对任意的整数x,y均有 f xy f x f 1y f 1x f y ．则 f 55 ． 【答案】1【分析】采用赋值的方式可求得 f 0, f 1 ，令y1和yx可证得 f x 的对称轴和奇偶性，由此可推 导得到 f x 的周期性，利用周期性可求得函数值. 【详解】令x y1，则 f 2 f 1 f 0 f 0 f 12f 00，f 00； 令x2，y1，则 f 1 f22 f21 f211，又 f 10，f 11； 令y1，则 f x1 f x f 0 f 1x f 1 f 1x ，\ f ( x) 关于直线x1对称； 令yx，则 f 0 f x f 1x f 1x f x  f x f x  f 1x0，  f 1x0不恒成立，f x f x0恒成立，\ f ( x) 为奇函数，  f x2 f xf x ，f x4f x2 f x ， \ f ( x) 是周期为4的周期函数，f 55 f 4141 f 11. 故答案为：1. 2x 13.已知函数 f(x)ln ,g(x)m(x 4x)2，对于 x [0,4],x [0,1] ，使得 f x gx ，则实 2x 1 2 2 1 数m的取值范围是（ ） 1 1 1  1 1 1  A． ln3 ,1 ln3  B． ln3 ,1 ln3 4 2 2  4 2 2   1   1  C． ,1 D．  ,1   2   2  【答案】C 【分析】 对于x 1 [0,4],x 2 [0,1]，使得 f x 2 gx 1  ，等价于 f(x) min g(x) min .利用单调性分别找到 f(x) min 与 g(x) 解不等式即可得出答案. min 【详解】对于x [0,4],x [0,1]，使得 f x gx  ，等价于 f(x) g(x) . 1 2 2 1 min min 2x 因为函数 f(x)ln ln(2x)ln(2x)，(2 x2).因为 与 在[0，1]上为增函 2x yln(2x) yln(2x) 数 所以函数 f(x)在[0，1]上为增函数，所以 f(x)  f(0)0. min 同理可知函数yx 4x在[0，4]上为增函数，则2 x 4x 4. 则当m0时，2m2剟g(x) 4m2，于是由02m2，得0m1； 当m0时，g(x)20，满足 f(x) g(x) ； min min 1 当 时， ，于是由 ，得 m0. m0 4m2剟g(x) 2m2 04m2 2 1 综上可知 m1，故选：C. 2