专题04函数奇偶性、单调性、周期性、对称性归类（解析版）_02高考数学_新高考复习资料_2025年新高考复习_2025年高考数学一轮复习知识清单_题型必备·冲高分

专题 04 函数奇偶性、单调性、周期性、对称性归类
目录
题型一：奇偶性基础.............................................................................................................................................................1
题型二：单调性基础.............................................................................................................................................................5
题型三：周期性基础.............................................................................................................................................................7
题型四：中心与轴对称应用：左右平移.............................................................................................................................9
题型五：中心与轴对称应用：伸缩变换型.......................................................................................................................11
题型六：中心与轴对称应用：轴对称型...........................................................................................................................14
题型七：中心与轴对称应用：斜直线对称.......................................................................................................................17
题型八：中心与轴对称应用：中心对称...........................................................................................................................19
题型九：中心与轴应用：类比“正余弦”求和...............................................................................................................22
题型十：中心与轴应用：“隐对称点”...........................................................................................................................24
题型十一：双函数型中心、轴互相“传递”...................................................................................................................26
题型十二：函数型不等式：“优函数”型.......................................................................................................................30
题型十三：类周期型函数...................................................................................................................................................32
题型十四：“放大镜”函数类周期性质...........................................................................................................................36
题型一：奇偶性基础判定函数的奇偶性的常见方法：
（1）定义法：确定函数的奇偶性时，必须先判定函数定义域是否关于原点对称，再化简解析式验证
货等价形式 是否成立；
（2）图象法：若函数的图象关于原点对称，可得函数为奇函数；若函数的图象关于 轴对称，可得函数为
偶函数；
（3）性质法：设 的定义域分别为 ，那么它们的公共定义域上.常见的函数奇偶性经验结论
（在定义域内）：
1.加减型：
奇+奇→ 奇
偶+偶→ 偶
奇-奇→ 奇
偶-偶→ 偶
奇+偶→ 非
奇-偶→ 非
2.乘除型（乘除经验结论一致）
奇X 奇→ 偶
偶X 偶→ 偶
奇X 偶→ 奇
奇X 偶X 奇→ =偶
简单记为：乘除偶函数不改变奇偶性，奇函数改变
3.上下平移型：
奇+c→ 非
偶+c→ 偶
4.复合函数：
若 f (x) 为奇函数， g(x) 为奇函数，则 f [g(x)]为 奇 函数
若 f (x) 为奇函数， g(x) 为偶函数，则 f [g(x)]为 偶 函数
1.（2023·全国·高三专题练习）若 ， ， 分别是定义在R上的偶函数、奇函数、偶函数，则
下列函数不是偶函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据 ， ， 分别是定义在R上的偶函数、奇函数、偶函数，再由奇偶函数的定义逐
项判断即可.
【详解】若 ，则 ，
则 是偶函数，故A错误；
若 ，则 ,则
是偶函数，故B错误；
若 ，则 ，则 是奇函数，故C正确；
若 ，则 ，
则 是偶函数，故D错误.
故选：C
2.（2023·全国·高三专题练习）函数 的定义域为 ， 是偶函数， 是奇函数，则
的最小值为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据奇偶函数的定义可得 ，再利用基本不等式求最小值.
【详解】由题意可得 ，解得 ，
因为 ，当且仅当 ，即 时，等号成立，
所以 的最小值为 .故选：B.
3.（2023春·湖北武汉·高三武汉市开发区一中校考阶段练习）已知 是定义域为 的函数，且
是奇函数， 是偶函数，满足 ，若对任意的 ，都有
成立，则实数 的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据奇偶函数构造方程组求出 的解析式，再根据题意得到 在 单调
递增，分类讨论即可求解.
【详解】由题可得 ，
因为 是奇函数， 是偶函数，
所以 ，
联立 解得 ，
又因为对任意的 ，都有 成立，
所以 ，所以 成立，
构造 ，
所以由上述过程可得 在 单调递增，
(i)若 ，则对称轴 ，解得 ；
(ii) 若 ， 在 单调递增，满足题意；
(iii) 若 ，则对称轴 恒成立；
综上， ，故选：B.
4.（2023·吉林延边·高三延边二中校考开学考试）函数 是 的奇函数， 是常数．不等式
对任意 恒成立，求实数 的取值范围为
A． B．C． D．
【答案】A
【分析】先根据奇偶性求出 ，然后判断函数的单调性，结合性质把
转化为 ，求解 的最小值可得.
【详解】因为 是 的奇函数，所以 ，所以 ；
因为 ，所以可得 ，
此时 ，易知为增函数.
因为
所以 ，即 ，
因为 ，所以 .故选A.
5.（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.
6.（2024年高考天津卷）下列函数是偶函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可.
【 详 解 】 对 A ， 设 ， 函 数 定 义 域 为 ， 但 ， ， 则
，故A错误；
对B，设 ，函数定义域为 ，且 ，则 为偶函数，故B正确；
对C，设 ，函数定义域为 ，不关于原点对称， 则 不是偶函数，故C错误；
对D，设 ，函数定义域为 ，因为 ， ，
则 ，则 不是偶函数，故D错误.
故选：B.
题型二：单调性基础
单调性的运算关系：
①一般认为，－f(x)和均与函数f(x)的单调性 相反 ；
②同区间，↑+↑= ↑ ，↓+↓= ↓ ，↑－↓= ↑ ，↓－↑= ↓ ；
单调性的定义的等价形式：设x，x∈[a，b]，那么有：
1 2
①>0⇔f(x)是[a,b]上的 增函数 ；
②<0⇔f(x)是[a,b]上的__减函数__；
(3)复合函数单调性结论： 同增异减 ．
1.（21-22高三·全国·课后作业）如果函数f(x)在[a，b]上是增函数，那么对于任意的x ，x ∈[a，b](x ≠x )，下
1 2 1 2
列结论中不正确的是（ ）
A． >0
B．(x －x )[f(x )－f(x )]>0
1 2 1 2
C．若x <x ，则f(a)<f(x )<f(x )<f(b)
1 2 1 2
D． >0
【答案】C
【解析】根据函数单调性的定义，对每个选项进行逐一分析即可.
【详解】因为f(x)在[a，b]上是增函数，
对于任意的x ，x ∈[a，b](x ≠x )，x －x 与f(x )－f(x )的符号相同，故A，B，D都正确，
1 2 1 2 1 2 1 2
而C中应为若x <x ，则f(a)≤f(x )<f(x )≤f(b).
1 2 1 2
故不正确的是： .
故选： .
2.（23-24高三·福建厦门·模拟）已知定义在 上的奇函数 满足① ；② ， ，且
， ，则 的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A【分析】由题目条件得到 在 上单调递增，且为偶函数， ，其中
，根据函数单调性和奇偶性得到不等式，求出解集.
【详解】不妨设 ，
，
故 在 上单调递增，
因为 为定义在 上的奇函数，所以 ，
故 定义域为 ，且 ，
故 为偶函数，
因为 ，所以 ，
，
所以 ，解得 或 .
故选：A
3.（22-23高一上·重庆沙坪坝·期末）已知 为偶函数，若对任意 ， ，总有
成立，则不等式 的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意确定函数的单调性和对称轴即可求解.
【详解】由 可得 ，
即 ，也即 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 单调递增，
又因为 为偶函数，所以 的图象关于 对称，
所以 在 单调递减，且 ，
所以由 得 解得 ,
故选:A.
4.（22-23高三·浙江·模拟）设 ， 都是 上的单调函数，有如下四个命题，正确的是（ ）
①若 单调递增， 单调递增，则 单调递增；
②若 单调递增， 单调递减，则 单调递增；
③若 单调递减， 单调递增，则 单调递减；
④若 单调递减， 单调递减，则 单调递减.
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】C
【分析】利用函数单调性定义证明②③正确，举反例说明①④错误.
【详解】对于命题①，令 ，均为增函数，而 为减函数，①错误；
对于命题②，设 ，则 ， ，∴ ，∴
，故 单调递增，命题②正确；对于命题③，设 ，则 ， ，
∴ ，∴ ，故 单调递减，命题③正确.
对于命题④，令 ，均为减函数，而 为增函数，故④错误.
故选：C
5.（23-24高三·河北邢台·阶段练习）已知定义在 上的函数 满足 ，对任意的
，且 ， 恒成立，则不等式 的
解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，得到 ，令 ，推得 在 上单调递减，
把不等式转化为 ，结合 ，得到 ，即可求解.
【详解】由题意知： ，
可得 ，
且 ，即 ，
令 ，不妨设 ，可得 ，则 ，
即 ，所以 在 上单调递减，
则不等式 ，且 ，转化为 ，
因为 ，所以 ，则 ，解得 ，
所以不等式 的解集为 .
故选：D.
题型三：周期性基础
周期性
①若f(x＋a)＝f(x－b) ⇔f(x)周期为T＝a＋b.
②常见的周期函数有：
f(x＋a)＝－f(x)或f(x＋a)＝或f(x＋a)＝－，那么函数f(x)是周期函数，其中一个周期均为T＝2a.
1.（22-23高三·重庆沙坪坝·模拟）函数 的定义域为 ，且 ， .若对任意实数 ， 都有 ，则 （ ）
A． B．-1
C．0 D．1
【答案】D
【解析】将 用 替换， 用 替换，可得 ，从而可得
，进而可得 ，可求出函数的周期 ，再令 ，可求出 ，由
即可求解.
【详解】将 用 替换， 用 替换，
由对任意实数 ， 都有 ，
可得 ，由 ，
所以 ，即 ，
所以 ，所以函数的周期 ，
令 ，则 ，因为 ，所以 ，
所以 ，故选：D
2.（2023高三·全国·专题练习）定义在R上的非常数函数满足： 为偶函数，且 ，则
一定是( )
A．是偶函数，也是周期函数
B．是偶函数，但不是周期函数
C．是奇函数，也是周期函数
D．是奇函数，但不是周期函数
【答案】A
【分析】根据对称性可判断周期，结合周期可得奇偶性.
【详解】∵ 为偶函数，∴ ，
又 故 ，
因此可得 ，所以 是以10为周期的周期函数，
结合周期可得 。 是一个偶函数．故选：A.
3.（23-24高三 ·湖南衡阳·阶段练习）已知函数 满足 ，对任意实数x，y都有
成立，则 （ ）
A． B． C．2 D．1
【答案】D
【分析】令 ，得 ，然后做恒等变形，得出函数的周期，然后求出一个周期内
的各个值即可.
【详解】因为 且 ，
令 ，得 ，则 ，
所以 ，即 ，所以 ，
所以 ，故函数 是周期为6的周期函数.令 ， ，得 ，则 ，
令 ， ，得 ，则 ，
由 ，得 ， ， ， ，所
以 ，
又 ，故由函数的周期性知，
，
故选：D.
4.（22-23高三 安徽·阶段练习）已知 是定义在 上的函数， ，且 ，
则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由已知关系式可推导得到 ，可知 周期为 ，结合 的值可求
得 ，由 可得结果.
【详解】 ，
， 是周期为 的周期函数，
， ， .
故选：B.
5.（21-22高三·贵州六盘水·）函数 的定义域为 ，若 且 ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题首先可根据题意计算出 、 、 、 的值，然后根据计算出的值得出规律，
并根据得出的规律求出 的值.
【详解】因为 ， ，所以 ，
则 ， ， ，由上述函数值可知：
当 、 、 、 、 、 时，函数 的值按照 、 、 、 循环，
故 ，故选：D.
题型四：中心与轴对称应用：左右平移图形变换时，对称轴和堆成中心也跟着平移
(1)平移变换：上加下减，左加右减
(2)对称变换
①y＝f(x) ――――――――→y＝ － f ( x )；
②y＝f(x) ―――――――――→y＝ f ( － x ) ；
③y＝f(x) ―――――――――→y＝ － f ( － x )；
④y＝ax (a>0且a≠1) ――――――――→y＝log x ( a >0 且 a ≠1) ．
a
⑤y＝f(x) ――――――――――――――――→y＝ | f ( x ) |.
⑥y＝f(x) ――――――――――→y＝ f ( | x |) ．
1.（2023·四川南充·阆中中学校考模拟预测）设函数 的定义域为R， 为奇函数， 为
偶函数，当 时， ．若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据 为奇函数， 为偶函数，可得函数 的周期 ，且 为偶函数，
根据 时， ，求 的值得此时解析式，即可求得 的值.
【详解】 为奇函数， ，所以 关于 对称，所以
①，且 ，
又 为偶函数， ，则 关于 对称，所以 ②，
由①②可得 ，即 ，所以 ，
于是可得 ，所以 的周期 ，
则 ，所以 为偶函数
则 ，所以 ，所以
所以 ，解得 ，所以当 时，
所以 .
故选：B.
2.．（2023·全国·高三专题练习）已知 为R上的奇函数， 为R上的偶函数，且当 时，
，若 ， ， ，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用奇偶函数定义探求出函数 的周期性，及在 上的单调性即可判断作
答.【详解】由 为奇函数，得 ，即 ，
又由 为偶函数，得 ，即 ，
于是 ，即 ，因此 的周期为8，
又当 时， ，则 在 上单调递增，
由 ，得 的图象关于点 成中心对称，则函数 在 上单调递增，
因此函数 在 上单调递增，由 ，得 的图象关于直线 对称，
， ， ，
，显然 ，即有 ，即 ，
所以a，b，c的大小关系为 .故选：D
3.（2023·贵州毕节·统考模拟预测）已知函数 的定义域为 ， 为偶函数， 为奇函数，
则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定的条件，探求函数 的性质，再逐项分析判断作答.
【详解】函数 的定义域为 ， 为偶函数，则 ，即 ，
又 为奇函数，则 ，即有 ，亦即 ，
因此 ，即 ，由 ，得 ，
则有 ，即函数 是 上的偶函数，又 ，从而 是周期为6的周期
函数，
显然 ，而没有条件能求出 ，即CD错误；
，没有条件能求出 ，A错误；
由 ，得 ，即 ，所以 ，B正确.
故选：B
4.（2023·陕西·统考二模）已知 是定义在 上的奇函数，若 为偶函数且 ，则
（ ）
A．3 B． C． D．6
【答案】A
【分析】利用函数的奇偶性得出函数的周期，从而求值.
【详解】因为 是定义在 上的奇函数，所以 ， ，所以有
，
由 为偶函数可得： ，
故有即 ， ，故 ，
所以 周期 ，
故
故选：A
5.（2022秋·河南·高三校联考阶段练习）已知函数 的定义域为 ，若 为奇函数， 为偶
函数．设 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据奇偶性可确定 图象关于直线 和点 对称，由此可推导得到结果.
【详解】 为偶函数， ， 图象关于直线 对称，
；
为奇函数， ， 图象关于点 对称；
.
故选：A.
题型五：中心与轴对称应用：伸缩变换型
带系数：系数不为1，类比正弦余弦的带系数形式，提系数平移
平移变换：左右或者上下
左加右减
1.（2023·宁夏吴忠·统考模拟预测）已知 是定义域为 的函数， 为奇函数， 为偶函
数，则有① 为奇函数，② 关于 对称，③ 关于点 对称，④ ，则上述推
断正确的是（ ）
A．②③ B．①④ C．②③④ D．①②④
【答案】D
【分析】解：（法一）根据 为奇函数，得到 关于 对称，再由 是 上的奇函数，
得到 过 ，然后由 为偶函数，得到 关于 对称，再结合推出 的周期为4
即可.（法二）举例 判断；
【详解】解：（法一）因为 为奇函数，所以
关于 对称，
又 是 上的奇函数，过 ， 点，所以 过 ，所以有 ；
又 为偶函数，所以 ，所以 关于 对称；所以有
，
又 ，所以 ，所以 周期为4，所以由 ，得 ，所以 为奇函数，所以①②④正确.
（法二）举例： 符合题意，再验证得到①②④正确.
故选：D.
2.（2022秋·河北·高三校联考阶段练习）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】根据所给条件结合函数的奇偶性赋值求解.
【详解】因为 是奇函数，所以 ，
令 可得 ，
又因为 是偶函数，所以 ，
令 则有 ，
中令 可得 ，
所以 ，
故选:A.
3.（2023春·四川泸州·高三四川省泸县第一中学校考阶段练习）已知定义域为R的函数 满足
是奇函数， 是偶函数，则下列结论错误的是（ ）
A． 的图象关于直线 对称 B． 的图象关于点 对称
C． D． 的一个周期为8
【答案】C
【分析】根据 是奇函数，可得 ，判断B;根据 是偶函数，推出
，判断A;继而可得 ，可判断D；利用赋值法求得 ，根据对称性
可判断C.
【详解】由题意知 是奇函数，即 ，
即 ，即 ，
故 的图象关于点 对称，B结论正确；
又 是偶函数，故 ，
即 ，故 的图象关于直线 对称，A结论正确；
由以上可知 ，即 ，
所以 ，则 ，
故 的一个周期为8，D结论正确；
由于 ，令 ，可得 ，
而 的图象关于直线 对称，故 ，C结论错误，
故选：C
【点睛】方法点睛：此类抽象函数的性质的判断问题，解答时一般要注意根据函数的相关性质的定义去解
答，比如奇偶性，采用整体代换的方法，往往还要结合赋值法求得特殊值，进行解决.4.（2023秋·湖北恩施·高三校联考模拟）已知函数 及其导函数 的定义域都为 ，且 为
偶函数， 为奇函数，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性对称性可得函数的周期性以及 ，再利用复合函数的导数推出 的周
期以及 ，进而可求解.
【详解】因为 为偶函数，所以 ，
即 ，即函数图象关于 对称，则 ，
因为 为奇函数，所以 ，
即函数图象关于点 对称，
则 ，
所以 ，则 ，所以函数以4为周期，
，
因为 ，所以 ，
即 ，即 ，
也即 ，
令 ，则有 ，所以 ，
由 得 ，所以 以4为周期，
所以 ，
所以 ，C正确，
对于其余选项，根据题意可假设 满足周期为4，
且关于点 对称，
，故A错误；
，B错误；
，D错误，
故选:C.
5.（2022秋·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习）已知 及其导函数 的定义域均为 ，若
为奇函数， 为偶函数．设 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据 为奇函数，得到 ，两边同时求导得到 的图象关于直线
对称，同理由 为偶函数，得到函数 的图象关于点 对称，两者联立得到 为周期函数，且周期为 求解.
【详解】解：因为 为奇函数，
所以 ，即 ，
两边同时求导，则有 ，
所以 的图象关于直线 对称．
因为 为偶函数，
所以 ，即 ，
两边同时求导，则有 ，
所以函数 的图象关于点 对称．
所以， ， ，
所以，函数 为周期函数，且周期为 ，
则有 ， ，
所以 ．
故选：B.
题型六：中心与轴对称应用：轴对称型
1.（2023上·山东济宁·高三统考期中）已知函数 关于直线 对称，则
．
【答案】
【分析】先通过定义域关于直线 对称求出 ，再通过 求出 ，证明函数
关于直线 对称后，代入 值求 即可.
【详解】 函数 的定义域为 ，
又函数 关于直线 对称，即定义域 也关于直线 对称，
， ，解得 ，证明： 关于直线 对称，
，
故 关于直线 对称， .故答案为： .
2.（2023上·福建龙岩·高三上杭一中校考阶段练习）已知定义在 上的函数 满足 ，
若方程 有且仅有三个根，且 为其一个根，则其它两根为 .
【答案】 、
【分析】利用函数的对称性可得出方程 另外两根.
【详解】因为定义在 上的函数 满足 ，
则函数 的图象关于直线 对称，
因为方程 有且仅有三个根，且 为其一个根，则 为该方程的一根，
在等式 中，令 ，可得 ，
因此，方程 的另外两根为 、 .
故答案为： 、 .
3.（2023下·黑龙江七台河·高二勃利县高级中学校考期中）已知函数 满足 ，且当
时， ，设 ，则 的大小关系是 ．
【答案】
【分析】根据条件判断出 在 上是增函数，进而利用单调性即可求出结果.
【详解】因为 ，所以 ，
当 时， ，所以 在 上是增函数.
因为 ，所以 ，
即 ，所以 .
故答案为： .
4.（广东省七校联合体2020-2021学年高二下学期2月联考数学试题）若函数 有
且只有一个零点，又点 在动直线 上的投影为点 若点 ，那么 的最
小值为__________.
【答案】
【分析】
易知： 为偶函数，若要若函数 有且只有一个零点，则
，解得： ，根据题意，直线 过定点 ： ，则点 在以线段 为直
径的圆上，再根据圆外一点到圆上最短距离即可得解.
【详解】
由 可得 为偶函数，
若要若函数 有且只有一个零点，根据偶函数的性质有 ，
解得： ，故点
直线 过定点，定点 ： ，
由点 在动直线 上的投影为点
则点 在以线段 为直径的圆上，圆心为 ，半径 ，
所以 .故答案为： .
5（四川省成都外国语学校、成都实验外国语学校联合考试 2021 届高三第一学期 11 月月考）.已知
， ， ，则实数m的取值范
围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
利用奇偶性的定义可知 在为R上的偶函数，再利用导数可知 在区间 单调
递增，于是 ， ，即为 ，由函数的
性质可得， ，从而等价转化为 ， 恒成立，不等号两侧分别构造函
数，求得构造的左侧函数的最大值及右侧函数的最小值，即可求得实数m的取值范围．
解：函数 的定义域为 ，
为R上的偶函数，又 ，
， 在R上单调递增，又
，
∴当 时， ， 在区间 单调递增．
不等式 ，由偶函数性质可得： ，
即 ，由函数的单调性可得： ， ，
， 恒成立，令 ，则 ，
当 时， ， 在 上单调递增，
当 时， ， 在 上单调递减，
；令 ， ， ，
，故 在区间 单调递减，
， ，故选：B题型七：中心与轴对称应用：斜直线对称
轴变换，又叫直线镜面变换：
1、
1.（2023上·辽宁大连·高三大连八中校考阶段练习）已知函数 的图像与函数 的图像关于
直线 对称，则函数 的单调递增区间是 .
【答案】
【分析】求出 的解析式，然后利用复合函数的单调性求解.
【详解】函数 的图像与函数 的图像关于直线 对称，则 ，
定义域为 ，且在 上单调递减，
令 ，由 ，得 ，
当 时， 单调递增；当 时， 单调递减，
则函数 的单调递增区间是 .
故答案为： （ 也正确）.
2.（2023·高三单元测试）函数 与 的图象关于直线 对称, ,则
．
【答案】
【分析】根据两个图象关于直线 对称,即 与 互为反函数, 即是将 解出的
的值,解出即可.
【详解】解:由题意知 与 的图象关于直线 对称,
故 与 互为反函数,
的值即是 纵坐标为5时的 的值,
令 ,
解得 或 (舍),
即 .故答案为:
3.（2022下·辽宁·高二瓦房店市高级中学校联考模拟）已知函数 是定义在 上的奇函数，函数
的图象与函数 的图象关于直线 对称，则 ．
【答案】2
【分析】由奇函数性质可得 ，进而得到 关于 对称，结合已知 与
的对称关系，确定 的对称中心，即可得结果.
【详解】由题设 ，若 ，则 ，所以 关于 对称，
又 与 关于直线 对称，则 关于 对称，
所以 .
故答案为：2
4.（2023上·上海闵行·高三校联考期中）设曲线 与函数 的图像关于直线 对
称，设曲线 仍然是某函数的图像，则实数 的取值范围是 .
【答案】
【分析】设 是 在点 处的切线，进而根据题意得直线 关于 对称
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 ，
再联立方程即可得 ，进而得答案.
【详解】设 是 在点 处的切线，
因为曲线 与函数 的图像关于直线 对称，
所以直线 关于 对称后的直线方程必为 ，曲线 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 ，
所以 的方程为 故联立方程得 ，即 ，
则 ，即 所以 ，解得
所以 的取值范围为 .故答案为：
5.（2022·湖南永州·统考三模）已知直线 : ，函数 ，若 存在切线与 关于直
线 对称，则 ．
【答案】
【分析】先求与 关于直线 对称的直线 ，再利用切点是切线与曲线的公共点以及导数的几何意义即
可求解【详解】在直线 ： 上取两点 ，
点 ， 关于 对称的点分别为 ，
点 关于直线 对称的点为 ）
设直线 关于直线 对称的直线为 ，则 过点 ，
则 ，直线 的方程为 ，即
由 得 ,
因为函数 存在切线与 关于直线 对称，即 存在切线方程为
设切点为 ，则 解得 故答案为：
题型八：中心与轴对称应用：中心对称
中心对称：
（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 .
函数变换，又叫原点变换：
1. （ 湖 北 省 武 汉 二 中 2022-2023 学 年 高 三 下 学 期 4 月 第 三 次 测 试 数 学 试 题 ） 已 知 函 数
，不等式 对 恒成立，则 的取值范围为（
）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
确定函数为奇函数，且单调递减，不等式转化为 ，利用双勾函数单调性
求最值得到答案.
【详解】 是奇函数，，
易知 均为减函数，故 且在 上单调递减，
不等式 ，即 ，
结合函数的单调性可得 ，即 ，
设 ， ，故 单调递减，故 ，
当 ，即 时取最大值，所以 .故选： .
2.（四川省达州市大竹县大竹中学 2020-2021 学年高一下学期 5 月月考数学试题）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： ．
3.函数 ，若 最大值为 ，最小值为 ， ，则 的取值
范围是______.
【答案】
【分析】
先化简 ，然后分析 的奇偶性，将 的最大值和小值之和转化为和 有关的式
子，结合对勾函数的单调性求解出 的取值范围.
【详解】 ，令 ， 定
义域为 关于原点对称，∴ ，
∴ 为奇函数，∴ ，∴ ，
，由对勾函数的单调性可知 在 上单调递减，在 上单调递增，
∴ ， ， ，∴ ，
∴ ，故答案为： .
4.（广东省深圳市人大附中学深圳学校 2022-2023 学年高三数学试题）已知函数 满足
，若函数 与 图像的交点为 ，则
____________.
【答案】10
【分析】
由已知得到函数 是关于点 对称，函数 经过化简也关于 对称，由此可知两个函数的
交点就关于 对称，根据点的对称性，就可以得到 的值.
【详解】
因为函数 满足 ，即满足 ，
所以 是关于点 对称，
函数 关于点 对称，
所以函数 与 图像的交点 也关于点 对称，
故交点 成对出现，且每一对点都关于 对称，故 .
故答案为：10.
5.（江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高三模拟检测2数学试题）已知函数 ．
若存在 使得不等式 成立，则实数 的取值范围是________．
【答案】
【分析】
令 ，判断函数 的奇偶性与单调性，从而将不等式转化为 ，分离参数可得
，令 ， ，利用对勾函数的单调性可得 ，结合题意即可求解 的
取值范围．
【详解】
函数 ，若存在 使得不等式 成立，
令 ， ，
所以， 为奇函数．
不等式 ，即 ，
即 ，
所以 ，
因为 在 上为增函数， 在 上为增函数，
所以 在 上为增函数，
由奇函数的性质可得 在 上为增函数，所以不等式等价于 ，分离参数可得 ，
令 ， ，
由对勾函数的性质可知 在 上单调递减，在 上单调递增，
（1） ， （4） ，所以， ，
所以由题意可得 ，
即实数 的取值范围是 ．
故答案为： ．
题型九：中心与轴应用：类比“正余弦”求和类比正弦：
①两中心
②两垂直轴
③一个中心 ，一条轴
1.（2022·广东惠州·模拟）已知 是定义在 上的奇函数， 且 ， 若 ，则
（ ）
A．3 B．0 C．3 D．2018
【答案】C
【分析】先分析推理得到 即得函数的周期为4，再求得 ，再求
的值.
【详解】 为 的奇函数，
且 ，又 ，
，
是周期为4的函数，又 ，
， ，
，
.
故选：C
2.（2022·广西南宁·一模）定义在 上的偶函数 满足：对任意的实数 都有 ，且
， ．则 的值为（ ）
A．2017 B．1010 C．1008 D．2
【答案】B
【分析】由偶函数可得 ，结合 可得函数 是周期为2的周期函数，于是
，由周期性可得所求的值．
【详解】因为 是定义在 上的偶函数，所以 ，
因为 ，所以 ，
∴ 是周期为2的周期函数，
∴ ，
又 ，
∴于是 ，
∴ ．
故选：B．
3.（2023·山东·一模）已知 是定义在 上的奇函数,且 为偶函数,若 ,则
（ ）
A．4 B．2 C．0 D．-2
【答案】C
【分析】 ，得 ， 的周期为4，又由 ，
，进而求解即可.
【详解】 是定义在 上的奇函数， ①，
为偶函数， ②，
在②式中，令用 替代 ，则 ， ③，
在①式中，令 替代 ，则 ④，
，再根据②式关系，得
综上所述，得 ， 的周期为4，
由已知得， 是定义在 上的奇函数，则 ， ，
， ，
，得 ，
=
答案选C
【点睛】本题属于函数的周期性和单调性的综合运用，难点在于从等式中得到以下关系：
，有一定的运算量，属于一般题.
4.（22-23高三上·湖南永州·阶段练习）已知定义在 上的奇函数 满足 ，若
，则 （ ）
A． B．0 C．2 D．2020
【答案】B
【解析】根据奇偶性与 可得函数 的周期为4,再根据性质计算
即可.
【详解】因为奇函数 满足 ,即 .
故 周期为4.故 ,因为 .故原式
.
令 ,则 .
令 ,则 .
又奇函数 故 .
故 .
故选：B
5.（2023·广东梅州·三模）已知函数 是定义在 上的奇函数， 为偶函数，且 ，则
（ ）
A．10 B．20 C．15 D．5
【答案】A
【分析】首先由条件确定 ，即可判断函数 的周期，再结合特殊值
， ，即可求和.
【详解】因为函数 为偶函数，所以 ，所以函数 的图象关于
对称，又因为 是定义在 上的奇函数，所以 ，
即 ，即 ，则 ，
那么 ，所以2是函数 的一个周期，因为 是定义在 上的奇函数，所以 ，且 ，
所以 ， f 9  f 7  f 7  f 9 1，
所以 f 10  f 9  f 0  f 1  f 9  f 10 10 .
故选:A
题型十：中心与轴应用：“隐对称点”
两图象上有对称点转化为方程有根的问题求解，然后再根据两函数的特征选择用导数的几何意义求解，
具有综合性，难度较大．
1.（21-22高三·云南红河·模拟）对于函数y f x ，若存在x ，使得 f(x )f(x )，则称点(x , f(x ))
0 0 0 0 0
x22x,x0
与点 是函数 的一对“隐对称点”，若函数 f x ，存在“隐对称点”，
(x , f(x )) y f x mx2,x0
0 0
则实数m的取值范围是（ ）
A．   22 2,0  B．  ,22 2  C．  ,22 2  D．  0,22 2 
【答案】B
【分析】求出hxx22x，x0关于原点对称的函数解析式gxx22x，x0，根据题意只需
gxx22x，x0与 f xmx2，x0有交点，参变分离后，结合基本不等式求出
 2
x 222 2，从而求出实数m的取值范围.
 x
【详解】当x0时，hxx22x，设hxx22x，x0关于原点对称的函数解析式为gx
，
当x0时，x0，hxx22xx22x，故gxx22x，
故gxx22x，x0，
要想存在“隐对称点”，则gxx22x，x0与 f xmx2，x0有交点，
2
联立得x2m2x20， ，即mx 2，
x0 x x0
 2 2
而x 22 x 222 2，当且仅当 时取等号，
 x x x 2

故实数m的取值范围是 ,22 2 .
故选：B
2.（2022广西柳州·一模）已知函数 f xlnxx3与gxx3ax的图像上存在关于y轴对称的对称点，则
实数a的取值范围是( )
1 1
A．a B．a C． D．
e e ae ae
【答案】A
【分析】将题中的问题转化为方程 f xgx 在 0, 上有解，即方程lnxax在 0, 有解的问题处
理，然后再转化为两函数的图象有公共点求解，借助导数的几何意义和图象可得所求范围．【详解】函数 f xlnxx3 与gxx3ax的图像上存在关于y轴对称的对称点，
∴方程 f xgx 在 0, 上有解，即方程lnxx3 x3ax在 0, 上有解，∴方程lnxax在 0,
有解．
1
设 ， ，则两函数的图象有公共点．由 得y ．若 为 的切线，且切点为
ylnx yax ylnx x yax ylnx
x ,y  ，
0 0
 1
a
则有 x
0
，解得 1，结合函数图象可得若两函数的图象有公共点，则需满足 1．
 a a
y
0
ax
0
lnx
0 e e
1
所以实数 的取值范围是(, ]．故选A．
a e
3.（2022辽宁沈阳·模拟预测）函数 f(x)aex与g(x)x1的图象上存在关于x轴的对称点，则实数a的
取值范围为（ ）(e为自然对数的底)
A．a<0 B．a 1 C．a1 D．a1
【答案】C
【分析】因为g(x)x1关于x轴对称的函数为h(x)x1转化为 f(x)aex与h(x)x1的图象有交点，
即方程aex x1有解，对a0、a<0、a0进行讨论可得答案.
【详解】因为g(x)x1关于x轴对称的函数为h(x)x1，又函数 f(x)aex与g(x)x1的图象上存
在关于x轴的对称点，所以 f(x)aex与h(x)x1的图象有交点，即方程aex x1有解，a0时符合题
意；
1 1 1
时转化为ex  (x1)有解，即 与y (x1)的图象有交点，y (x1)是过定点 的直
a0 a yex a a (1,0)
1
1
线，其斜率为 ，若 ，则函数 与y (x1)的图象必有交点，满足题意；若 ，设 ，
a a<0 yex a a0 yex
 em 1
 
m1 a
相切时，切点的坐标为 ，则 ，解得 ，切线斜率为 ，由图可知，当
y 1
a
(x1)  m,em 

em  1
a a1
1
a
1
1 1
1，即 时， 与y (x1)的图象有交点，此时， 与 的图象有交点，
a 0a1 yex a f(x)aex h(x)x1
函数 f(x)aex与g(x)x1的图象上存在关于x轴的对称点，
综上可得，实数a的取值范围为a1.
故选：C.
4.（2023·河北衡水·一模）若函数y f(x)图象上存在两个点A，B关于原点对称，则对称点(A,B)为函数
y f(x)的“孪生点对”，且点(A,B)对(B,A)与可看作同一个“孪生点对”.若函数
2,x0
f(x) 恰好有两个“孪生点对”，则实数 的值为
x36x29x2a,x0
a
A．0 B．2 C．4 D．6
【答案】A【详解】分析：由题可知当x0时， f x 与y2恰有两个交点.根据函数的导数确定 f x 的图象，即可
求得实数a的值.
详解：由题可知，当x0时， f x 与y2恰有两个交点. 函数求导 f 'x3x1x3 （x0）
易得x1时取得极小值 f 12a；x3时取得极大值 f 32a
另可知 f 02a，所得函数图象如图所示.
当 f 12a2，即a0时 f x 与y2恰有两个交点.
当 时， 恰好有两个“孪生点对”， 故选A.
f x
 a0
5.（22-23高三下·上海宝山·期中）若存在tR与正数m，使F(tm)F(tm)成立，则称“函数F(x)在
x2
处存在距离为 的对称点”．设 f(x) （ ），若对于任意 ，总存在正数 ，
xt 2m x x0 t( 2，6) m
使得“函数 f(x)在xt处存在距离为2m的对称点”，则实数的取值范围是…
A．
0，2
B．
1，2
C．
1，2
D．
1，4
【答案】A
【详解】若对于任意t( 2, 6)，总存在正数m，使得“函数 f x 在xt处存在距离为2m的对称点”，
(tm)2 (tm)2 
则对于任意 ，  有解，即1 有解．即 有解，因为
t( 2, 6) tm tm t2m2 t2m2
x2
f x （ ）具有对称性，故有 ，即有m<t，即有 ，由于 ,故
x x0 0 0m 2 t( 2, 6)
t2m2(0,2]，选A.
题型十一：双函数型中心、轴互相“传递”
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
传递中心，对称轴，与周期
若函数 f x 关于xa轴对称，关于 b,0 中心对称，则函数 f x 的周期为4 ab ，
若函数 f x 关于xa轴对称，关于xb轴对称，则函数 f x 的周期为2 ab ，
若函数 f x 关于 a,0 中心对称，关于 b,0 中心对称，则函数 f x 的周期为2 ab .
1.（22-23高三上·江西·阶段练习）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g2x4，则 f(x)g(x2)4，即g(x2) f(x)4，
由gx f x4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)的周期为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
2.（23-24高三上·辽宁·阶段练习）已知函数 f x ，gx 的定义域均为R，且 f xg2x6，
18
gx f x44 ，若 gx的图像关于 对称， g23 ，则  f k（ ）
x2
k1
A．14 B．16 C．18 D．20
【答案】B
【分析】根据gx 的图象关于x2对称得到gxg4x ，g2xg2x，然后结合
f xg2x6，gx f x44得到 f x 的周期为4，再通过赋值得到 f 1 ， f 2 ， f 3 ，
f 4 ，最后根据周期求值即可.
【详解】因为gx 的图象关于x2对称，所以gxg4x ，g2xg2x，
因为 f xg2x6，所以 f xg2x6，
因为g2xg2x，所以 f x=f x ，
因为gx f x44，所以g4x f x4，
因为gxg4x ，所以 f x4 f x f x ，所以 f x 的周期为4，
当x0时， f 0g26，所以 f 03， f 4 f 03，
当x2时，g2 f 24，所以 f 21，
当x1时， f 1g16，g1 f 3g1 f 14，所以 f 11，
f 3 f 1 f 11，
18
所以  f k4  f 1 f 2 f 3 f 4   f 1 f 2411131116 .
k1
故选：B.3.（2023·辽宁·模拟预测）已知函数 f x ，gx 的定义域均为R， f x1 是奇函数，且 f 1xgx2，
f xgx32，则下列结论正确的是 ．（只填序号）
20 20
①
f
x为偶函数；② gx为奇函数；③  f k40；④ gk40 .
k1 k1
【答案】①④
【分析】结合已知条件和 f x1 是奇函数求出函数 f x 的周期，然后利用周期和已知条件得出 f x 为
偶函数，进而判断选项A；根据函数 f x1 是奇函数，周期为4即可判断选项B；根据 f x 的性质分析
可得 f 1 f 2 f 3 f 40，再根据 f x 的周期性即可判断选项C；结合函数gx 的周期即可判断
选项D.
【详解】因为 f xgx32，所以 f x3gx2，
又因为 f 1xgx2，则有 f x3 f 1x ，
且 f x1 是奇函数，则 f x1f 1x，可得 f x3f x1 ，即 f x2f x ，
则 f x4f x2  f x   f x ，
即 f x4 f x ，所以 f x 是周期为4的周期函数，
因为 f x3gx2，则gx2 f x3 ，
可得gx42 f x432 f x3gx ，
故gx
也是周期为4的周期函数．
对于①：因为 f x1f 1x，则 f x2f x ，即f xf x ，
所以 f x f x ，所以 f x 为偶函数．故①正确；
对于②：∵gxgx

2 f x3



2 f x3

4

f x3 f x3

4

f x1 f x1

4

f 1x f x1

40，
∴gxgx
，故②错误；
对于③：因为 f x1f 1x，令x0，即 f 1f 1 ，则 f 10，
又因为 f x2f x ，令x1，所以 f 3f 10，
令x2，则 f 4f2，即 f 2 f 40，
即 f 1 f 2 f 3 f 40，
20
所以  f k5  f 1 f 2 f 3 f 4  0，所以③错误；
k1
对于④：因为gx2 f x3 ，
所以g1g2g3g4

2 f 4



2 f 5



2 f 6



2 f 7

8

f 1 f 2 f 3 f 4

8，
20
所以 gk5  g1g2g3g4  40，所以④正确．
k1
故答案为：①④．
4.（2023·河南·模拟预测）已知 f x 为定义在R上的奇函数，gx 是 f x 的导函数， f 11，
g2xgx0，则以下命题：①gx 是偶函数；②g10；③ f x 的图象的一条对称轴是x2；2022
④  f(i)1，其中正确的序号是 ．
i1
【答案】①②④
【分析】①根据奇函数的定义，利用复合求导公式，可判断①正确；
②根据题意，赋值x1即可求出②正确；
③利用gx 与 f x 的关系，结合复合函数求导公式可推出 f x 的对称中心是 2,0 ，③错误
④可证明 f x 是周期为4的周期函数，进一步求出 f 0, f 1, f 2, f 3 即可求得答案.
【详解】对于①，由 f x为定义在 R 上的奇函数可知 f xf x，则  f x     f x   ，
即fxfx
，
fx fx ，即gxgx ，gx
为偶函数①正确；
对于②，对g2xgx0赋值x＝1，得2g10，故②正确；
对于③，由

f 2x

 f2xg2x与g2xgx0可知，


f x f 2x

 gxg2x0，则 f x f 2xc（c为常数），
令x＝1，则c＝0，所以 f x f 2xf x2 ，
故 f 4xf 2x f xf x ，则 f x 关于 2,0 中心对称，由题意可知 f x 不是常函数，故
x2不是其对称轴，③错误；
对于④， f x 为定义在R上的奇函数，则 f 00，又 f 11， f 2x=f x ，
则 f 2 f 00， f 3 f 1f 11， f 4xf x f x ，则 f x 的周期T＝4，
2022
故  f(i)f(1) f(2) f(3) f(4)505 f 2021 f 2022 f 1 f 21，故④正确．
i1
故答案为：①②④．
5.（2023·四川南充·二模）设定义在R上的函数 f x 和gx .若 f xg4x2，gx f x22，
且 f x2 为奇函数，则 f 1 f 2 f 3 f 2023 .
【答案】0
【分析】由 f xg4x2，gx f x22，可得 f x f 2x ，再结合 f x2 为奇函数，可
得 f x2f x ，从而可得函数 f x 是以4为周期的一个周期函数，求出 f 2 f 4 f 1 f 3 即
可得解.
【详解】因为 f xg4x2，所以g4x f x2，
即gx f 4x2，
又因gx f x22，所以 f 4x2 f x22，即 f x f 2x ，
因为 f x2 为奇函数，所以 f 20，且 f x2f x2 ，
所以 f x2f x ，则 f x4f x2 f x ，
所以函数 f x 是以4为周期的一个周期函数，
由 f x2f x ，得 f x2 f x0，
则 f 2 f 40, f 1 f 30，
所以 f 1 f 2 f 3 f 2023
505

f 1 f 2 f 3 f 4

 f 1 f 2 f 30
.
故答案为：0.题型十二：函数型不等式：“优函数”型
有 f(xy)（或>）f(x) f(y)或者f(x)（或>f(x) f(t) ，则称 f(x)为优函数。
类似这类函数不等式，可以借助“类周期”思维进行放缩。
1.（2024 年高考 1 卷）已知函数为 f(x)的定义域为 R， f(x) f(x1) f(x2) ，且当 x3时
f(x) x，则下列结论中一定正确的是（ ）
f(10)100 f(20)1000
A. B.
f(10)1000 f(20)10000
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】代入得到 f(1)1, f(2)2 ，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【详解】因为当x3时 f(x) x，所以 f(1)1, f(2)2，
又因为 f(x) f(x1) f(x2)，
则 f(3) f(2) f(1)3, f(4) f(3) f(2)5，
f(5) f(4) f(3)8, f(6) f(5) f(4)13, f(7) f(6) f(5)21，
f(8) f(7) f(6)34, f(9) f(8) f(7)55, f(10) f(9) f(8)89，
f(11) f(10) f(9)144, f(12) f(11) f(10)233, f(13) f(12) f(11)377
f(14) f(13) f(12)610, f(15) f(14) f(13)987，
f(16) f(15) f(14)15971000，则依次下去可知 f(20)1000 ，则B正确；
且无证据.表明ACD一定正确.
故选：B
xx
2.（2021·四川德阳·一模）已知函数 f(x) ，若 ， f  x23x   f(x) f(xa) f(x)，则
xx xR
实数a的取值范围是（ ）
A．(1,) B．(1,) C．(,1) D．(,1)
【答案】D
【分析】先判断函数的奇偶性，然后根据奇偶性对不等式化简，再判断函数的单调性，然后利用单调性将
不等式转化为x23xxa，从而可求出实数a的取值范围
xx xx
【详解】函数的定义域为 ，因为 f(x)  f(x)，所以 为奇函数，
R xx xx f(x)
所以 f  x23x   f(x) f(xa) f(x)可化为 f  x23x  f(xa)，即 f  x23x   f(xa)，
x2 x2 x1 x1
任取 ，且 ，则 f(x ) f(x ) 
x
1
,x
2
R x
1
x
2
2 1 x2 x2 x1 x1
 x2 x2  x1 x1    x1 x1  x2 x2 

 x2 x2  x1 x1 
2  x2x1 x1x2  2  x2x1 x1x2 
 ，因为 ，所以 0，所以 ，即
 x2 x2  x1 x1 
x x
 x2 x2  x1 x1 
f(x ) f(x )0
1 2 2 1
f(x ) f(x )，
2 1
所以 f(x)在
R
上为增函数，所以由 f  x23x   f(xa)，得x23xxa，所以ax22x(x1)21，所以a1，即实数a的取值范围是(,1)，故选：D
3.（2020高三·全国·专题练习）已知 f x 是定义在R上的函数， f 11，且对任意xR都有：
f x5 f x5与 f x1 f x1成立，若gx f x1x，则g2017 ．
【答案】1
【解析】根据gx f x1x，得到gxx1 f x ，再结合 f x5 f x5与 f x1
f x1成立，可推理出gx5gx ，gx1gx ，两者结合进而推理出gx1gx ，得到
gx
是以1为周期的周期函数求解.
【详解】因为gx f x1x，所以gxx1 f x ．
所以gx5x51 f x5 f x5gxx15，
gx1x11 f x1 f x1gxx11，
所以gx5gx ，gx1gx
，
所以gxgx5gx4gx3gx2gx1
，
所以gx1gx ，所以gx
是以1为周期的周期函数．
所以g2017g1 f 1111．
故答案为：1
4.（22-23高二上·上海浦东新·开学考试）设 f x 是定义在Z上的函数，且对于任意的整数n，满足
f 2023
f n4 f n2n1， f n12 f n6n5, f 1505 ，则 的值为. .
289
【答案】3535
【分析】根据 f(n4) f(n)2(n1)，得出 f(n12) f(n)6(n5)，从而求出 f(n12) f(n)和 f(n4) f(n)
的值，再计算 f(2023)的值即可．
【详解】解：因为 f(n4) f(n)2(n1)，
所以 f(n12) f(n) f(n12) f(n8) f(n8) f(n4) f(n4) f(n)
2(n9)2(n5)2(n1)6(n5)，
又因为 f(n12) f(n)6(n5)，所以 f(n12) f(n)6(n5)，
所以 f(n4) f(n)2(n1)，
所以 f(2023)[f(2023) f(2019)][f(2019) f(2015)]...[f3 f(1)] f(1)
505(20204)
2202022016...20 f(1)2 5055052023，
2
f(2023) 5052023
所以  3535．
289 289
故答案为：3535．
5.（22-23高三·北京顺义·模拟）如果函数 f x 满足对任意s，t(0,)，有 f(st) f(s) f(t)，则称
f(x)为优函数．给出下列四个结论：
①g(x)ln(1x)(x0)为优函数；
②若 f x 为优函数，则 f(2023)2023f(1)；
③若 f x 为优函数，则 f x 在(0,)上单调递增；
f(x)
④若F(x) 在 上单调递减，则 为优函数．
x (0,) f(x)
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④ st 
【分析】①计算出gsgtgstln

1
1st


ln10，故 gsgtgst，得到①正确；
②赋值法得到2f 1 f 2 ，3f 1 f 3 ，依次类推得到 f(2023)2023f(1)；
③举出反例；
f(x) f(st) f(s) f(st) f(t)
④由F(x) 在 上单调递减，得到  ,  ，整理变形后相加得到
x (0,) st s st t
st f stst  f s f t ，即 f st f s f t ，④正确.
【详解】因为s,t0,
，
1s1t
所以gsgtgstln1sln1tln1stln
1st
1stst  st 
ln ln1 ln10，
1st  1st
故gsgtgst
，故g(x)ln(1x)(x0)是优函数，①正确；
因为 f x 为优函数，故 f 1 f 1 f 11 ，即2f 1 f 2 ，
f 2 f 1 f 21 f 3 ，故3f 1 f 3 ，
同理可得4f 1 f 4 ，……，2023f 1 f 2023 ，②正确；
例如 f xx2,x0，满足 f(st) f(s) f(t)st2s2t2 2st0，
即 f(st) f(s) f(t)，为优函数，但 f xx2 在x0, 上单调递减，
故③错误；
f(x)
若F(x) 在 上单调递减，
x (0,)
任取s,t0,
，st s,st t，
f(st) f(s) f(st) f(t)
则FstFs,FstFt，即  ,  ，
st s st t
变形为sf stst f s,tf stst f t ，
两式相加得： st f stst  f s f t ，
因为st 0，所以 f st f s f t ，
则 f(x)为优函数，④正确.
故答案为：①②④
题型十三：类周期型函数局部周期：
 2x,(x0
1、f（x）=
f（x-1）, (x0)
局部周期：
 2x,(x0
2、f（x）=
f（x-1）+b, (x0)
f x, x 8
1.（2023·上海·统考模拟预测）
f x
在
R
上非严格递增，满足 f x1 f x1,gx
 f xa, x 8
，
若存在符合上述要求的函数 f x 及实数x
0
，满足gx
0
4gx
0
1，则a的取值范围是 .
【答案】
4,22,4
【分析】根据题意整理可得：对nN*，则 f xn f xn，分类讨论x ,x 4的取值范围，分析运
0 0
算.
【详解】∵ f x1 f x1，即 f x1 f x1
对nN*，则
f xnf xn f xn1f xn1 f xn2f x1 f x f x
     
111 f xn f x ，
故对nN*，则 f xn f xn，
∵gx 4gx 1，则有：
0 0
1.当x 12时，则x 48，
0 0
可得 f x 4a f x a4 f x a1，不成立；
0 0 0
2.当12x 8时，则8x 44，
0 0
可得 f x 4 f x 4 f x a1，则 f x a f x 3，
0 0 0 0 0
若a3，解得a3，符合题意；
特别的：例如 f xk,xk,k1,kZ，取x
0
11,10,9,8 ，则3a4，解得4a3；
例如 f xk,xk,k1,kZ，取x
0
11,10,9,8 ，则2a3，解得4a2；
故4a3；
3.当8x 4时，则4 x 48，
0 0
可得 f x 4 f x 4 f x 1，不成立；
0 0 0
4.当4x 8时，则8x 412，
0 0
可得 f x 4a f x a4 f x 1，则 f x  f x a3，
0 0 0 0 0
若a3，解得a3，符合题意；特别的：例如 f xk,xk,k1,kZ，取x
0
4,5,6,7 ，则3a4；
例如 f xk,xk,k1,kZ，取x
0
4,5,6,7 ，则2a3；
故3a4；
5.当x 8时，则x 412，
0 0
可得 f x 4a f x a4 f x a1，不成立；
0 0 0
综上所述：a的取值范围是
4,22,4
.
故答案为：
4,22,4
.
 1(x1)2,0x2
2.（2021下·天津武清·高二天津市武清区杨村第一中学校考期末）已知函数 f(x) ，
 f(x2),x2
若对于正数k (nN*)，直线yk x与函数 f(x)的图像恰好有2n+1个不同的交点，则k2k2k2 
n n 1 2 n
.
n
【答案】
4(n1)
【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k 的表达式，最后裂项求和即可
n
求得k2k2k2
的值.
1 2 n
【详解】当0x2时，y f(x) 1(x1)2 ，即(x1)2y2 1，y0；
当x2时， f(x) f(x2)，函数周期为2，
画出函数图象，如图所示：
yk x与函数恰有2n+1个不同的交点，
n
根据图象知，直线yk x与第n1个半圆相切，
n
1 1
k   1 1 1 1
故 n (2n1)21 4n24n ，故k n 2  4n24n  4 ( n  n1 )，
1 1 1 1 1 1 n
k
1
2k
2
2k
n
2 
4
(1
2

2

3

n

n1
)
4(n1) .
n
故答案为： .
4(n1)
3.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,+∞)
x2,1x1
4.（2023上·四川资阳·高三统考模拟）已知函数 f x{
f x2,1x3
，函数
f x
在
xx
处的切线为
0
1 1
l
，若
6
x
0

5
，则
l
与
f
x的图象的公共点个数为 ．
【答案】2或3.
1 1
【详解】由题意得，当
6
x
0

5
时，直线
l
的方程为：
y2x xx
2，其与
1x1
时的图象只有一个交
0 0
点，当1x3时， f(x)(x2)2，则将直线l的方程y2x xx 2代入到 f(x)(x2)2中，得
0 0
1 1 1
x2(42x 0 )x4x 0 2 0x2x 0 2 x 0 ，由 6 x 0  5 得，12x 0 2 x 0 3 ，当 6 x 0 32 2
时， 22x
0
2 x
0
3，在定义域内，此时在1x3时，直线l与 f x 有两个交点，综合有三个交点；
1
当32 2 x 0  5 时， 2x 0 2 x 0 3，不在定义域内，此时在 1x3 时，直线 l 与 f x有一个交点，
综合只有两个交点；结合上述两种情况，l与 f x 的图象的公共点个数为2或3.
5.（福建省长汀县第一中学2022届高三上学期第二次月考数学试题）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个单位，向下平移2个单位得到，如图所
示.
1
已知l ,l ,l 的斜率依次为1,− ,−1;
1 2 3 2由图可知若方程f (x)−kx=0有且只有两个解，
[ 1)
则实数k的取值范围是 −1,− ∪(0,1)，
2
[ 1)
故答案为：−4042； −1,− ∪(0,1)
2
题型十四：“放大镜”函数类周期性质
形如f（tx）=mf（x）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.已知函数f (x)=¿当x∈[−1,1]时，f (x)=f (−x)，当x∈R时，f (x+4)=2f (x)，若关于x的方程
f (x)=mx在区间[0,5]上恰有三个不同的实数解，则实数m的取值范围是___________.
(2e−2 ) ( 2e−2]
【答案】{0}∪ ,1 ∪ 1,
5 3
【分析】
根据当x∈[−1,1]时，f (x)=f (−x)，可得当x∈[−1,1]时，函数f (x)为偶函数，再根据当x∈R时，
f (x+4)=2f (x)，可得当x∈[3,5]时，函数f (x)可由当x∈[−1,1]时的图像横坐标不变，纵坐标变为2倍
即可，作出函数f (x)在[−1,5]时的函数图像，分m=0和m≠0两种情况讨论，当m≠0是，结合图像根据临
界点即可得出答案.
【详解】
解： 因为当x∈[−1,1]时，f (x)=f (−x)，
所以当x∈[−1,1]时，函数f (x)为偶函数，
又当x∈R时，f (x+4)=2f (x)，
则当x∈[3,5]时，f (x)=2f (x−4)，
则当x∈[3,5]时，函数f (x)可由当x∈[−1,1]时的图像横坐标不变，纵坐标变为2倍即可，
作出函数f (x)在[−1,5]时的函数图像，如图所示，
当m=0时，f (x)=mx=0在区间[0,5]上恰有三个不同的实数解，符合题意；
当m≠0时，当x∈[0,1]时，f'(x)=ex在x∈[0,1]上为增函数，
所以f'(x)≥f'(0)=1，
当函数y=mx过点(1,1)时，m=1，当函数y=mx过点(1,e−1)时，m=e−1，
2e−2
当函数y=mx过点(3,2e−2)时，m= ，
3
2e−2
当函数y=mx过点(5,2e−2)时，m= ，
5
结合图像，若关于x的方程f (x)=mx在区间[0,5]上恰有三个不同的实数解，
2e−1 2e−2
则1<m≤ 或 <m<1，
3 5
(2e−2 ) ( 2e−2]
综上所述，实数m的取值范围是{0}∪ ,1 ∪ 1, .
5 3
(2e−2 ) ( 2e−2]
故答案为：{0}∪ ,1 ∪ 1,
5 3
2.（山西省朔州市怀仁市第一中学2022届高三下学期第二次模拟数学（理）试题）已知 f(x)是定义在R上
2x1 1,0<x2

的奇函数，当 时， f(x)1 ，若关于 的方程 恰有4
 f(x2),x2
x0 2 x [f(x)]2(a1)f(x)a0(aR)
个不相等的实数根，则这4个实数根之和为（ ）
A．4 B．4 C．8 D．4或8
【答案】D
【分析】根据函数的解析式作出函数在x0时图象，换元 f(x)t解方程可得ta或t 1，利用图象求出交
1 1
点对应横坐标，注意利用函数为奇函数图象关于原点对称，分t a 与ta 两种情况讨论，数形结
2 2
合即可求解.
【详解】作出函数在x0时的图象，如图所示，设 f(x)t，
则关于x的方程[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，
如图，
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 ，
2 2 x x 2,x 4
2 3 4
此时4个实数根之和为8；
1 1
（2）ta ，即 f(x) 对应3个交点，且 ，
2 2 x x 2, x 4
2 3 4
此时4个实数根之和为4.
3.（上海市杨浦区统考2023届高三上学期考试数学试题）已知定义域为(0,)的函数 f(x)满足：对任何
(0,)，都有 f(3x)3f(x)，且当x(1,3]时， f(x)3x，在下列结论中，正确命题的序号是________
① 对任何mZ，都有 f(3m)0；
② 函数 f(x)的值域是[0,)；
③ 存在nZ，使得 f(3n1)17；④ “函数 f(x)在区间(a,b)上单调递减”的充要条
件是“存在kZ，使得(a,b)(3k,3k1)”；
【答案】①②③④
【分析】依据题中条件注意研究每个选项的正确性，连续利用题中第（1）个条件得到①正确；连续利用
题中第①②个条件得到②正确；利用题目中的条件求出 n 的值判断③正确；令3k≤a＜b≤3k+1，利用函数单调
性的定义判断④正确．
【详解】对于①，对任何(0,)，都有 f(3x)3f(x)，当x(1,3]时， f(x)3x，
所以 f  3m  f  33m1 3f  3m1 3m1f(3)0，①正确；
x  x  x x  x 
对于②，取x  3m,3m1  , 3m (1,3] f  3m   3 3m , f  3   3m f  3m   3m1x
从而函数 f(x)的值域为[0，+∞），②正确；
对于③，x(1,3]时， f(x)3x，对任意x(0,)，恒有 f(3x)3f(x)成立，nZ，
所以 f  3n1  3n f  1 1  3n   3  1 1     3n  2 1  17解得 ，∴③正确；
 3n    3n   3n  n2
a b  a   b 
对于④，充分性：令 则1  3所以 f(a) f(b) f 3k  f 3k 
3k ab3k1 3k 3k  3k   3k 
  a   b   a   b   b a 
3k  f   f   3k 3 3  3k   
 3k  3k   3k   3k  3k 3k  ba0
 a   b    a   b 
必要性：令 ， f(a) f(b) f 3k  f 3k  3k  f   f  
0ab  3k   3k   3k  3k 
 a   b 
由函数 在区间 上单调递减，所以 f   f  0
f(x) (a,b) 3k  3k  a   b 
即 f   f  ，又当 时， ，且 为减函数，
3k  3k  x(1,3] f(x)3x f(x)3x
a b
所以存在 ，使得1  3，则 ，所以
kZ 3k 3k 3k ab3k1 (a,b) (3k,3k1)
∴函数 f x 在区间(a,b) (3k,3k1)上单调递减，④正确； ⊆
综上所述，正确结论的序号是①②③④．故答案为①②③④．
⊆
4.（湖南省衡阳市第八中学2022届高三第三次月考数学试题）定义在 0, 上的函数 f x 满足：对
x0, ，都有 f 2x2f x ，当x1,2 时， f x2x，给出如下结论，其中所有正确结论的序
号是： ____.①对mZ，有 f
 2m
0；
②函数 f x 的值域为 0, ；
③存在nZ ，使得 f  2n1  9；
【答案】①②
【分析】根据定义求 f  2m 值、求 f x 的值域、解方程 f  2n1  9，再根据结果进行选择.
【详解】因为 f  2m 2f  2m1 2m1f 20,所以①对;
1  1  1
因为当 x1,2时， f x2x0,1，当x 2 ,1  时， f x 2 22x   0, 2 ，
当x   2 1 k , 2 1 k1   时， f x 2 1 k  22kx      0, 2 1 k    ，
当 x  2k1,2k  时， f x2k1    2 2 1 k1 x      0,2k1 ，
1
因此当 时， 2k1, 0，
k  2k
从而函数 f x 的值域为 0, ；所以②对;
 2n1
因为 ，所以由上可得 f  2n1   2k1 2 9,k14,
9(23,24)  2k1 
即2k 2n 10，2k12n1 52n1 1,2k1 6无解.所以③错；
综上正确结论的序号是①②
5. （ 上 海 市 交 大 附 中 2021-2022 学 年 高 三 上 学 期 第 一 次 月 考 数 学 试 题 对 于 函 数
sinx,x0,2

f x1 ，下列 个结论正确的是__________（把你认为正确的答案全部写上）．
 f x2,x2,
2 5
（1）任取x,x 0, ，都有 f x  f x  2；
1 2 1 2
（2）函数y f x 在 4,5 上单调递增；
（3） f x2kf x2k KN ，对一切x0, 恒成立；
（4）函数y f xlnx1 有3个零点；
（5）若关于x的方程 f xmm0 有且只有两个不同的实根x ，x ，则x x 3.
1 2 1 2
【答案】（1）（4）（5）
【详解】
sinx,x0,2
由题意，得 f x{1 的图象如图所示，
f x2,x2,
2由图象 f(x) 1, f(x) 1 ，则任取x ，x 0, ,都有
max min 1 2
f x  f x   f(x)  f(x) 2，故（1）正确；函数y f x 在 4,5 上先增后减，故（2）错误；
1 2 max min
1 1
当 时， f(x2k) f(x2k2) f(x2k4)
x[0,2] 2 22
1
 2k f(x)，即 f(x)2k f(x2k),xN*，故（3）错误；在同一坐标系中作出 f(x) 和 yln(x1) 的图
象，可知两函数图象有三个不同公共点，即函数y f xlnx1 有3个零点，故（4）正确；
1
在同一坐标系中作出 和 的图象，由图象可知当且仅当1m 时，关于 的方程
f(x) ym 2 x
3
f xm(m0)有且只有两个不同的实根 x , x ，且 x , x 关于x 对称，即 x x 3 ；故（5）正确；故
2
1 2 1 2 1 2
填（1）、（4）、（5）.