重难点专题1-1函数的对称性与周期性问题18类题型（解析版）-2025届高考数学热点题型归纳与重难点突（新高考专用）_2025年新高考资料_二轮复习

重难点专题 1-1 函数对称性周期性问题 近4年考情 考题示例 考点分析 关联考点 2023年新高考2卷，第6题 对称性与函数交点个数问题 函数对称性的识别 导函与原函数数对称性问 2022年新高考1卷，第12题 函数对称性与周期性 题的转换，由平移关系得 出对称性 函数轴对称与中心对称的 2022年全国乙卷，第12题 函数对称性与周期性 抽象表示式，由对称性得 出周期 由平移关系得出对称性， 2021年新高考2卷，第8题 函数对称性与周期性 再由对称性得出周期 由平移关系得出对称性， 2021年甲卷（理），第12题 函数对称性与周期性 由对称性得出周期 函数轴对称与中心对称的 2021年甲卷（文），第12题 函数对称性与周期性 抽象表示式，由对称性得 出周期 模块一 热点题型解读（目录） 【题型1】识别对称轴，对称中心................................................................................................2 【题型2】由对称求解析式............................................................................................................4 【题型3】由平移前后关系得出原函数对称性............................................................................5 【题型4】与对称性有关的材料题................................................................................................6 【题型5】通过周期性求值或解析式............................................................................................8 【题型6】由对称性进而得出周期..............................................................................................11 【题型7】类周期函数与倍增函数..............................................................................................21 【题型8】 由中心对称求出函数中间值....................................................................................26 【题型9】由对称性求交点坐标的和..........................................................................................30 【题型10】由解析式看出对称性................................................................................................36 【题型11】由对称性解函数不等式............................................................................................42 【题型12】由解析式看出对称中心再解函数不等式................................................................44【题型13】由解析式看出对称轴再解函数不等式....................................................................47 【题型14】配凑后得出新函数的对称性....................................................................................49 【题型15】已知一个对称轴（中心）和周期............................................................................50 【题型16】涉及导函数对称性问题............................................................................................56 【题型17】两个函数混合型........................................................................................................69 【题型18】两个函数混合且涉及导数........................................................................................73 模块二 核心题型·举一反三(讲与练) 【题型1】识别对称轴，对称中心 mn b 若 f(mx) f(nx)，且 2  f(x)关于x b对称 mn 若 f(mx) f(nx)2b，且 2 a  f(x)关于 a,b 对称 1．设 是定义域为R的奇函数，且 .若 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意可得： ， 而 ， 故 . 【巩固练习1】（多选题）已知函数 的定义域为 ， 为奇函数，且对于任意 ， 都有 ，则（ ）A． B． C． 为偶函数 D． 为奇函数 【答案】BCD 【解析】由 ，得 ． 由 是奇函数，得 ，即 ， 所以 ，即 ，所以 ，故选项A错误； 由 ，得 ，由 ，得 ，所以 ， 故选项B正确； 由 ， ，得 ，即 为偶函数，故选项C正确； 由 ， ，得 ，则 ， 即 为奇函数，故选项D正确． 【巩固练习2】已知函数 的图象关于点 对称，则 （ ） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】利用函数中心对称的性质，代入化简解方程即可求得 . 【详解】由对称中心性质可知函数 满足 ， 即 ， 整理可得 ，即 ， 解得 . 【题型2】由对称求解析式 一、把 的图像关于 对称，对称后的函数为 ，则 证明：设对称后的点为 ，则点 在 上，故 ，即二、把 的图像关于 对称，对称后的函数为 ，则 证明：设对称后的点为 ，则点 在 上，代入可得 ，则有， 即 2．（2024·四川成都·三模）函数 与 的图象（ ） A．关于 对称 B．关于 对称 C．关于 对称 D．关于 对称 【答案】D 【分析】首先得到曲线 关于 的对称曲线为 ，再对比系数得到方程求出 ，即 可得解. 【详解】因为曲线 关于 的对称曲线为 ，即 ， 与 对比系数可知 ，解得 ， 所以函数 与 的图象关于 对称． 故选：D 【巩固练习1】若函数y＝g（x）的图象与y＝ln x的图象关于直线x＝2对称，则g（x）＝ ． 【答案】ln （4－x） 【分析】利用对称的定义求解即可. 【详解】在函数y＝g（x）的图象上任取一点（x，y），则点（x，y）关于直线x＝2对称的点为 （4－x，y），且点（4－x，y）在函数y＝ln x的图象上，所以y＝ln （4－x）, 即 , 故答案为： 【题型3】由平移前后关系得出原函数对称性 若已知 f(mxb)c是奇（偶）函数求 f(x)对称性 f(mxa)b是偶函数 f(x)关于x a对称， f(mxa)b是奇函数 f(x)关于 a,b 对称 举个例子： 若 f(2x1)3是奇函数证：设 f(x) 关于x a对称，通过函数图像的平移和伸缩变换求出a，b的值 f(x) f(x1) f(2x1) f(2x1)3 对 称 中 a,b a1,b a1  a1  a 1  ,b   ,b3   心  2   2  b3 2024·江苏高邮·统考 3．定义在R上的函数y f(x)和yg(x)的图象关于y轴对称，且函数y f(x2)1是奇函数， 则函数yg(x)图象的对称中心为（ ） A．(2,1) B．(2,1) C．(2,1) D．(2,1) 【答案】D 【分析】利用奇函数的性质结合函数的对称性求解即可. 【详解】由题意得函数y f(x2)1是奇函数，则y f(x)关于 2,1 对称， 另知函数y f(x)和yg(x)的图象关于y轴对称，故yg(x)关于(2,1)对称 【巩固练习】已知函数 的定义域为 为偶函数， 为奇函数，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】函数 的定义域为R，由 是偶函数，得 ，即 ， 由 为奇函数，得 ，即 ，显然 ， 因此 ，即 ，有 ， ， ，而 的值都不确定，ABC错误，D正确 【题型4】与对称性有关的材料题 结合材料得出结论，再解决问题 4．（多选）在学习了函数的奇偶性后，小明同学发现：函数 为奇函数的充要条件是 的图象关于坐标原点成中心对称，可以引申为：函数 为奇函数的充要条件是 的图象关于点 成中心对称.已知函数 的图象关于 成中心对称，则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】函数 的图象关于 成中心对称,可得所以 的图象关于原点对称，令 ， 可求得 ，故 错误, 正确；又 ，故 正确，令此式中 ，可求 得 ,判断出选项 【详解】函数 的图象关于 成中心对称，且由函数可得定义域为 ， 所以 的图象关于原点对称， 则 ， 所以 ，故 错误, 正确； 所以对任意 ，都有 ，故 正确； 在 中令 得 ，且 ， 所以 ，故 正确 【巩固练习1】（多选）已知函数 的图象关于 成中心对称图形的充要条件是 是奇函数，函数 的图象关于 成轴对称图形的充要条件是 是 偶函数.则下列说法正确的是（ ） A． 的对称中心为 B． 关于 对称 C． 的对称中心为 D． 的图象关于 对称 【答案】AB 【分析】根据已知条件，结合函数的奇偶性、对称性对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项， ，设 ， 为奇函数， 所以 的对称中心为 ，所以A选项正确. B选项， ， 设 ， 为偶函数， 所以 关于 对称，所以B选项正确. C选项， ，设 ， ，所以 不是奇函数，所以C选项错误. D选项， ，设 ， ，所以 不是奇函数，所以D选项错误 y f x 【巩固练习2】（2023上·湖南长沙·高一长沙一中校考）我们知道，函数 的图象关于坐标 y f x 原点成中心对称图形的充要条件是函数 为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数 y f x P(a,b) y f xab 的图象关于点 成中心对称图形的充要条件是函数 为奇函数． f xx33x2 （1）请你利用这个结论求得函数 的对称中心为 ． x2 （2）已知函数gx x33x2 与一次函数ykx13有两个交点Mx,y ，Nx ,y ， x1 1 1 2 2 x y x y  则 1 1 2 2 ． 【答案】 (1,2) 8 【分析】（1）将函数对称中心设出来，利用条件列方程组，解方程组可以得到对称中心坐标. （2）利用结论进行分析，得到gx 的对称中心为(1,3)，再根据ykx13恒过点(1,3)， 得到点(1,3)为两个函数图像交点的中点，利用中点坐标公式计算推出x y x y 的值. 1 1 2 2 【详解】（1）设点(a,b)为函数 f xx33x2 图象的对称中心， 令gx f xabxa33xa2b，则gx 为奇函数，所以gxgx，即xa33xa2bxa33xa2b， 可得，3a1x2a33a2b0， a10 a1 所以 ，解得 ， a33a2b0 b2 所以函数 f xx33x2 的对称中心为(1,2). 故答案为：(1,2) （2）若函数y f x 的图象关于点P(a,b)成中心对称图形则函数 y f xab为奇函数，所以 f xabf xab，即 f xa f xa2b， 所 以 函 数 y f x 的 图 象 关 于 点 P(a,b)成 中 心 对 称 图 形 的 充 要 条 件 可 转 化 为 f xa f xa2b， 1x2 3x 因为g1x 1x331x2  x33x2， 1x1 x 1x2 3x g1x 1x331x2  x33x2， 1x1 x 所以g1xg1x6， x2 即gx x33x2对称中心为 ， x1 (1,3) 因为函数ykx13的图像是恒过点(1,3)的直线， 所以交点Mx,y  ，Nx ,y  的中点为(1,3)， 1 1 2 2 x x y y 所以 1 2 1， 1 2 3，即x y x y 26=8 2 2 1 1 2 2 【题型5】通过周期性求值或解析式 (1)求解与函数的周期有关的问题，应根据周期定义，从而求出函数的周期． (2)利用函数的周期性，可以解决区间上的求值、求零点个数、求解析式等问题． 周期函数的常见条件 一、若 f(x) f(xa)c （c为常数），则 f(x)周期为2a. 证明：令x xa f(xa) f (x2a)c，两式相减得 f(x2a) f(x)0 即 f(x2a) f(x)，故T 2 a 1 f(xa) 二、若 f(x) ，则T 2 a （相对少见）1 1 f(xa) f(x2a)  f(x)T 2 a 证明：由 f(x) ，得 f(xa) 三、其它周期条件 设函数 ， ， ， ． （1）若 ，则函数 的周期为2a； （2）若 ，则函数 的周期为2a； （3）若 ，则函数 的周期为2a； （4）若 ，则函数 的周期为2a； （5）若 ，则函数 的周期为 ； （6）若函数 的图象关于直线 与 对称，则函数 的周期为 ； （7）若函数 的图象既关于点 对称，又关于点 对称，则函数 的周期为 ； （8）若函数 的图象既关于直线 对称，又关于点 对称，则函数 的周期为 ； （9）若函数 是偶函数，且其图象关于直线 对称，则 的周期为2a； （10）若函数 是奇函数，且其图象关于直线 对称，则 的周期为4a． 三、周期与对称性的区分 1.若f (x+a)=±f (x+b),则 f(x) 具有周期性； 2.若f (x+a)=±f(b−x),则 f(x) 具有对称性： 口诀：“内同表示周期性，内反表示对称性” R f(x) f(x2)f(x) 0 x2 5．（2024·陕西西安·二模）已知定义域为 的函数 满足 ，且当 时， f(x)3x lnx f(211) ，则 . 【答案】3 【解析】由已知可得 f x2 f x0，所以 f x4 f x20， 所以 f x4 f x ，即T 4是函数 f x 的一个周期，所以 f 211 f 3f 1  31ln1  3. 【巩固练习1】（多选）已知f (x)是定义在R上的函数，且对于任意实数x恒有f (x+2)=−f (x)． 当x∈[0,2]时，f (x)=−x2+2x．则（ ） A．f (x)为奇函数 B．f (x)在x∈[2,4]上的解析式为f (x)=x2−6x+8 C．f (x)的值域为[0,1] D．f (1)+f (2)+f (3)+⋅⋅⋅+f (2022)=1 【答案】ABD 【分析】根据题意，分析可得区间[−2,0)上，f(x)的解析式，再分析函数f(x)的周期性，可得 f(x)的图象关于原点对称，由此分析选项是否正确，即可得答案． 【详解】根据题意，x∈[−2,0]时，x+2∈[0,2]，因为x∈[0,2]时，f (x)=−x2+2x， 所以f(x+2)=−(x+2) 2+2(x+2)=−x2−2x， 又由f(x+2)=−f(x)，则f(x)=−f(x+2)=x2+2x， 即f(x)=x2+2x，x∈[−2,0]， 若x∈[−2,0]，则−x∈[0,2]，f (−x)=−x2−2x=−(x2+2x)=−f (x)， 若x∈[0,2]，则−x∈[−2,0]，f (−x)=x2−2x=−(−x2+2x)=−f (x)， 故在区间[−2,2]上f (−x)=−f (x)，所以f(x)关于原点对称， 又由f(x+2)=−f(x)，则f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，即函数f(x)是周期为4的周期函数， 故f(x)的图象关于原点对称， 由此分析选项： 对于A，f(x)的图象关于原点对称，f(x)为奇函数，故A正确； 对于B，当x∈[2,4]时，则x−4∈[−2,0]，则f(x−4)=(x−4) 2+2(x−4)=x2−6x+8， 函数f(x)是周期为4的周期函数，则f(x)=f(x−4)=x2−6x+8，故B正确； 对于C，在区间[−2,0]上，f(x)=x2+2x=(x+1) 2−1，则f (−1)=−1，f (−2)=f (0)=0， 所以−1≤f(x)≤0，故f(x)的值域一定不是[0,1]，故C错误； 对于D，因为x∈[0,2]时，f (x)=−x2+2x，所以f (1)=1，f (2)=0， 又f(x+2)=−f(x)，则f(x+2)+f(x)=0， 则有f (1)+f (3)=0，f (2)+f (4)=0，故f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=0， 所以f (1)+f (2)+f (3)+⋅⋅⋅+f (2022) =[f (1)+f (2)+f (3)+f (4)]×505+f (2021)+f (2022) =f (2021)+f (2022) =f (1)+f (2)=1，故D正确 【巩固练习 2】设f(x)是定义在R上的周期为2的偶函数，已知x∈[2,3]时，f(x)=x，则 x∈[−2,0]时，f(x)的解析式为f(x)=（ ） A．x+4 B．2−xC．3−|x+1| D．2−|x+1| 【答案】C 【分析】根据已知函数的奇偶性和周期性，结合x∈[2,3]时，f(x)=x，分别讨论x∈[−2,−1] 和x∈[−1,0]的两种情况下对应的解析式，综合可得答案. 【详解】∵f(x)是定义在R上的周期为2的偶函数，x∈[2,3]时，f(x)=x， ∴x∈[−2,−1)时，(2+x)∈[0,1)， (4+x)∈[2,3)， 此时f (x)=f (4+x)=4+x， 当x∈[−1,0]时，(−x)∈[0,1]，(2−x)∈[2,3]， 此时f (x)=f (−x)=f (2−x)=2−x， 所以f (x)=¿， 综上可得：x∈[−2,0]时，f(x)=3−|x+1| 【题型6】由对称性进而得出周期 f(x) b,c T 4ab 一、若 关于x a和 对称，则 （类比三角函数） f(x) f(2ax) 证明：由对称轴可得 ， f(x) f(2bx)2c f(x)2c f(2bx) 由对称中心可得 f(2ax)2c f(2bx) 则有 ， x2ax f(x)2c f(2b2ax) f(x) f(2b2ax)2c 令 ，则有 ， T 2 2a2b 4 ab 故 f(x) a,c b,c T 2ab 三、若 关于 和 对称，则 （类比三角函数） f(x) f(x2a)2c  证明：由对称性可得  f(x) f(x2b)2c ，则 f(x2a) f(x2b) ，故 T  2a2b 四、若 f(x) 关于x a和 x b 对称，则 T 2abf(x) f(x2a)   f(x2a) f(x2b) 证明：由对称性可得  f(x) f(x2b) ，故 T  2a2b 2021全国甲卷（文）12题——由对称性得出周期性求值  1 1 5 6．设 f x是定义域为R的奇函数，且 f 1x f x.若 f    3    3 ，则 f  3   （ ） 5 1 1 5 A． B． C． D． 3 3 3 3 【答案】C 5 【分析】由题意利用函数的奇偶性和函数的递推关系即可求得 f  的值. 3 5  2  2 2 【详解】由题意可得： f   f 1  f  f  ， 3  3  3 3 2  1 1  1 1 而 f   f 1  f  f   ， 3  3 3  3 3 5 1 故 f   . 3 3 故选：C. 2021新高考2卷第8题——由对称性得出周期性求值 7．已知函数 f x 的定义域为 ， f x2 为偶函数， f 2x1 为奇函数，则（ ） R  1 A． f    2   0 B． f 10 C． f 20 D． f 40 【答案】B 【分析】推导出函数 f x 是以4为周期的周期函数，由已知条件得出 f 10，结合已知条件可得 出结论. 【详解】因为函数 f x2为偶函数，则 f 2x f 2x，可得 f x3 f 1x ， 因为函数 f 2x1 为奇函数，则 f 12xf 2x1 ，所以， f 1xf x1 ， 所以， f x3f x1 f x1 ，即 f x f x4 ， 故函数 f x 是以4为周期的周期函数， 因为函数Fx f 2x1 为奇函数，则F0 f 10， 故 f 1f 10，其它三个选项未知. 2024·广东省一模 1  8．（多选）已知偶函数 f(x) 的定义域为 R ， f  2 x1  为奇函数，且 f(x) 在0,1上单调递增，则 下列结论正确的是（ ） 3 4 2024 A． f  0 B． f  0 C． D． f  0  2 3 f(3)0  3  【答案】BD 【分析】根据奇函数、偶函数的性质，首先推出函数为周期函数，再根据函数的单调性，判断函数 的符号，可得有关的结论. 【详解】因为 f x 为偶函数，所以 f x f x ； 1  因为 f  2 x1  是 R 上的奇函数，所以 f 10 ， x2 x x 且 f   2   的图象是由 f  2   的图象向左平移 2 个单位得到的，所以 f  2   的图象关于2,0点对 称，进一步得 f x 的图象关于点 1,0 中心对称，即 f 1xf 1x . 所以 f x2 f 11xf 11xf xf x ，所以 f x4f x2 f x . 所以函数 f x 是周期函数，且周期为4； 又 f x 在 0,1 上单调递增，所以在 0,1 上，有 f x0. 所以函数的草图如下：  3 4 由图可知： f    2   0，故A错； f  3   0，故B对； f 30 ，故C错； 2024  2  2  2 f   f 674  f 41682  f 2 0，故D对.  3   3  3  3 2024·安徽芜湖·二模 9．已知函数 f x 的定义域为R，且 f x22为奇函数， f 3x1 为偶函数， f 10，则 2024 f k =（ ） k1 A．4036 B．4040 C．4044 D．4048 【答案】D 【分析】根据题中 f x22为奇函数， f 3x1 为偶函数，从而可得出 f x 为周期为4的函数， 从而可求解. 【 详 解 】 由 题 意 得 f x22为 奇 函 数 ， 所 以 f x22 f x220， 即 f x2 f x24，所以函数 f x 关于点 2,2 中心对称，由 f 3x1 为偶函数，所以可得 f x1 为偶函数，则 f x1 f x1 ，所以函数 f x 关于直 线x1对称， 所以 f x2 f xf x2 ，从而得 f x f x4 ，所以函数 f x 为周期为4的函数， 因为 f 10，所以 f 1 f 34，则 f 34， 因为 f x 关于直线x1对称，所以 f 3 f 14， 又因为 f x 关于点 2,2 对称，所以 f 22， 又 因 为 f 4 f 2f 0 ， 又 因 为 f 2 f 24 f 22， 所 以 f 1 f 2 f 3 f 48， 2024 2024 所以 f k   f 1 f 2 f 3 f 4  4048，故D正确. 4 k1 10．已知函数 f x 的定义域为 ， f x2 为偶函数， f x3 f x10，当x1,0 时， R 19 f xx1 ，则  f k（ ） k1 A．19 B．0 C．1 D．1 【答案】D 【分析】推导出函数 f x 是周期为4的周期函数，计算出 f 1 、 f 2 、 f 3 、 f 4 的值，结合 19 函数的周期性可求得 f k 的值. k1 【详解】因为 f x2 是偶函数，所以 f x2 f x2 ， 将x换为x2，得 f x f 4x ①(即对称轴x=-2)， 又因为 f x3 f x10，所以 f x3f x1 ， 将x换为x3得 f xf x2 ②(即对称中心（-1,0））. 由①②得 f 4xf x2 ， 令tx2,则4xt2,所以 f t2f t , 将t换x得 f x2f x ③, 将t换为为x2得 f x4f x2 ④. 由③④得 f x4 f x ，将x换为x4得 f x f x4 ⑤ 所以函数 f x 是周期为4的周期函数（由对称中心和对称轴也可直接得到周期为4）， 当x1,0时， f xx1，则 f 01， f 10， 由③得 f 2f 01，由④得 f 3f 10， 根据周期性⑤得： f 1 f 30， f 2 f 21， f 3 f 10， f 4 f 01， 所以 f 1 f 2 f 3 f 401010，又因为19443，故 19 f k4  f 1 f 2 f 3 f 4   f 1 f 2 f 3 . 400101 k1 2024·山东济宁·一模 11．设函数 f(x)定义域为R， f(2x1)为奇函数， f(x2)为偶函数，当x[0,1]时， f(x)x21， 则 f(2023) f(2024)（ ） A．1 B．0 C．1 D．2 【答案】C 【分析】由 f(2x1)为奇函数得到函数的对称中心，由 f(x2)为偶函数得到函数的对称轴，进一步 求得函数的周期，然后将 f(2023)与 f(2024)转化到已知区间求解即可. 【详解】因为函数 f(x)定义域为R， f(2x1)为奇函数，所以 f(2x1)f(2x1)，所以函数 f(x)关于点 1,0 中心对称，且 f 10， 因为 f(x2)为偶函数，所以 f(x2) f(x2)，所以函数 f(x)关于直线x2轴对称， 又因为 f xf 2xf 2xf 4x，所以函数 f(x)的周期为4， 因为当x[0,1]时， f(x)x21， 所以 f(2023) f 45061 f 10， f(2024) f 4506 f 01， 所以 f(2023) f(2024)1. 12．(多选)已知函数 的定义域为 ，若 ，且 为偶函数， ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】首先根据函数既是中心对称又是轴对称，求得函数的周期，判断A，再根据函数周期和对 称性求值，并求函数值，判断BCD. 【详解】∵ ，∴ 关于 对称 ∵ 为偶函数，∴ 关于 对称 ∴ 的周期 ，故A错； （∵ 的周期为12） （∵ 关于 对称） （∵ 关于 对称），故B正确；（∵ 的周期为12） （∵ 关于 对称） （∵ 关于 对称） ，即 ，故C正确； ∵ 的周期为12 ∴ ， ，又 ，所以 ， 同理 ， ， ， ，又 ，所以 ，即 ， 由 ，令 ，得 ， ， ， 所以 ，所以 ， ， ，故D正确. 故选：BCD 2024·浙江·Z20第二次联考 13．函数 f x 是定义在R上的奇函数，满足 f 1x f 1x, f 11，以下结论正确的是 （ ） A． f 30 B． f 40 2023 2023 C．  f(k)0 D．  f(2k1)0 k1 k1 【答案】BC 【分析】首先由抽象函数的形状判断函数的周期，并求 f 2, f 3, f 4 的值，即可求解. 【详解】由条件 f 1x f 1x ，可知 f 2x f xf x ， 所以 f x4f x2 f x ， 所以函数 f x 是周期为4的函数， f 3 f 1f 11，故A错误； f 4 f 00，故B正确； 由条件 f 1x f 1x ，可知 f 2 f 00，所以 f 1 f 2 f 3 f 40 2023 f(k)505  f 1 f 2 f 3 f 4   f 2021 f 2022 f 2023  f 1 f 2 f 30 ， k1 故C正确；由函数的周期为4，且 f 11， f 31， 2023 所以 f(2k1) f 1 f 3 f 5 f 7... f 2021 f 2023 0 f 2023 f 31 ，故 D k1 错误. 2024·河北张家口·一模 14．已知定义在R上的函数 f x 满足： f x f 2x2, f x f 4x0，且 f 02．若 2024 ，则  f(i)（ ） iN* i1 A．506 B．1012 C．2024 D．4048 【答案】C 【分析】根据条件得到函数 f x 是周期为4的函数，再根据条件得出 f 1，f 2，f 3，f 4 ， 即可求出结果. 【详解】 f x f 2x2，① f 1x f  21x 2， 即 f 1x f 1x2，所以 f 1x1  f 1x1  ， 所以函数 f x 的图象关于 1,1 对称， 令x1，则 f 1 f 12，所以 f 11， 令 ， f 2 f 02，又 f 02，所以 f 20， x2 又 f x f 4x0，f 2x f  42x  f 2x ，②  即函数 f x 的图象关于直线 对称， f(3) f(1)1 x2 且由①和②，得 f x f 2x2 f 2x f 4x2， 所以 f x f 4x ，则函数 f x 的一个周期为4， 2024 则 ，所以  f(i)506f(1) f(2) f(3) f(4)50610122024. f(4) f(0)2 i1 【巩固练习1】（2024·湖南长沙·二模）已知定义在R上的函数f (x)是奇函数，对任意x∈R都有 f (x+1)=f (1−x)，当f (−3)=−2时，则f (2023)等于（ ） A．2 B．−2 C．0 D．−4 【解题思路】根据函数的奇偶性和对称性推得函数f (x)的周期为4，利用周期性和奇函数特征即可 求得f (2023)的值. 【解答过程】定义在R上的函数f (x)是奇函数，且对任意x∈R都有f (x+1)=f (1−x)， 故函数f (x)的图象关于直线x=1对称，∴f (x)=f (2−x)，故f (−x)=f (2+x)=−f (x)， ∴f (x)=−f (2+x)=f (4+x)，∴f (x)是周期为4的周期函数． 则f (2023)=f(505×4+3)=f (3)=−f (−3)=2．f x f x13 【巩固练习2】（2024·高三·辽宁营口·期末）设函数 的定义域为R， 为奇函数， 2023 f  f x2 为偶函数，当x1,2 时， f xax2b．若 f 1 f 01，则   2   （ ） 37 11 5 A． B． C． D． 2 12 12 6 3 【答案】B 【解析】 f x13为奇函数， f x1 f x16，所以 f x 关于 1,3 对称，所以 f x6 f 2x ①，且 f 13， 又 f x2 为偶函数， f x2 f x2 ，则 f x 关于x2对称，所以 f x f 4x ②， 由①②可得 f 4x6 f 2x ，即 f x6 f x2 ，所以 f x26 f x4 ， 于是可得 f x f x4 ，所以 f x 的周期T 4， 则 f x6 f 2x6 f 2x f x ，所以 f x 为偶函数 则 f 1 f 0 f 1 f 01，所以 f 02，所以 f 26 f 08  5 a   3 所以f 1ab3 ，解得 4 ，所以当 时， 5 4   f 24ab8   b 3 x1,2 f x 3 x2 3 2023  1  1 1 3 61 11 所以 f   f 1012  f   f  6 f  6  .  2   2  2 2 2 12 12 【巩固练习3】2021全国甲卷（理）12题 设函数 f x 的定义域为R， f x1 为奇函数， f x2 为偶函数，当x1,2 时， f(x)ax2b． 9 若 f 0 f 36 ，则 f  2   （ ） 9 3 7 5 A． B． C． D． 4 2 4 2 【答案】D 【分析】通过 f x1 是奇函数和 f x2 是偶函数条件，可以确定出函数解析式 f x2x22， 进而利用定义或周期性结论，即可得到答案． 【详解】[方法一]： 因为 f x1 是奇函数，所以 f x1f x1 ①； 因为 f x2 是偶函数，所以 f x2 f x2 ②． 令x1，由①得： f 0f 24ab ，由②得： f 3 f 1ab，因为 f 0 f 36，所以4abab6a2， 令x0，由①得： f 1f 1 f 10b2，所以 f x2x22． 思路一：从定义入手． 9 5   5   1 f   f  2 f  2 f   2 2   2   2  1  3  3  5 f   f  1f  1f    2  2  2  2 5 1   1  3 f  f  2f  2= f   2 2   2  2 9 3 5 所以 f  f   ． 2 2 2 [方法二]： 因为 f x1 是奇函数，所以 f x1f x1 ①； 因为 f x2 是偶函数，所以 f x2 f x2 ②． 令x1，由①得： f 0f 24ab ，由②得： f 3 f 1ab， 因为 f 0 f 36，所以4abab6a2， 令x0，由①得： f 1f 1 f 10b2，所以 f x2x22． 思路二：从周期性入手 由两个对称性可知，函数 f x 的周期T 4． 9 1 3 5 所以 f   f  f   ． 2 2 2 2 故选：D． 【巩固练习 4】（2024·内蒙古呼伦贝尔 ·二模）已知定义在 R 上的函数 f (x)满足 f (2+x)−f (2−x)=4x． 若 f (2x−3)的 图 象 关 于 点 (2,1)对 称 ， 且 f (0)=0， 则 f (1)+f (2)+⋅⋅⋅+f (50)=（ ） A．0 B．50 C．2509 D．2499 【解题思路】由f (2x−3)图象的对称中心得f (x)图象的对称中心，由f (2+x)−f (2−x)=4x，构 造 函 数 g(x)=f (x)−2x， 求 出 g(x)图 象 的 对 称 性 和 周 期 ， 由 f (1)+f (2)+⋅⋅⋅+f (50)=g(1)+g(2)+⋅⋅⋅+g(50)+2(1+2+⋅⋅⋅+50)求值即可. 【解答过程】因为f (2x−3)的图象关于点(2,1)对称，所以f (2x−3)+f (2(4−x)−3)=2， 即f (2x−3)+f (5−2x)=2，从而f (x−3)+f (5−x)=2， 则f (x)的图象关于点(1,1)对称． 由f (2+x)−f (2−x)=4x，可得f (2+x)−2(2+x)=f (2−x)−2(2−x)． 令g(x)=f (x)−2x，得g(2+x)=g(2−x)，则g(x)的图象关于直线x=2对称． g(1+x)+g(1−x)=f (1+x)−2(1+x)+ f (1−x)−2(1−x)=f (1+x)+f (1−x)−4=−2， 则g(x)的图象关于点(1,−1)对称，则有g(2−x)+g(x)=−2， 所以g(2+x)+g(x)=−2，g(4+x)+g(2+x)=−2， 两式相减得g(x+4)=g(x)，故g(x)是以4为周期的函数．因为g(0)=f (0)−2×0=0，g(1)=−1，g(2)=−2−g(0)=−2，g(3)=g(1)=−1， 所 以 f (1)+f (2)+⋅⋅⋅+f (50)=g(1)+g(2)+⋅⋅⋅+g(50)+2(1+2+⋅⋅⋅+50) =−4×12−1−2+2550=2499． 故选：D. 【巩固练习5】（2024·全国·三模）(多选)已知函数 定义域为 且不恒为零，若函数 的图象关于直线 对称， 的图象关于点 对称，则（ ） A． B． C． 是 图象的一条对称轴 D． 是 图象的一个对称中心 【答案】BCD 【分析】由条件证明直线 为函数 的对称轴，点 为函数 的对称中心，结合函数 的周期定义证明 为周期函数，由此判断A，再证明 ，结合周期性判断B，证明 为函数的对称轴，结合周期性判断C，证明原点为函数的对称中心，结合周期性判断D. 【详解】因为 的图象关于直线 对称， 所以 ，即 ， 所以 ， 所以 的图象关于直线 对称. 因为 的图象关于点 对称， 所以 ，即 ， 所以 的图象关于点 对称. 所以 . 令 ，得 . 由 ， 可得 ， 故 即 ， 所以 ， 所以函数 的周期 ， 所以 ，又 不恒为零，所以 错误，A错误， ，B正确； 因为 的图象关于直线 对称， 的图象关于点 对称， 所以 ， 所以 为函数 的对称轴， 结合周期性可得， ， 为函数 的图象的对称轴， 所以 是函数 图象的一条对称轴，C正确； 因为 ， ， 所以 ， 所以原点为函数 的一个对称中心， 结合函数周期性可得点 ， ，为函数 图象的对称中心， 所以点 是函数 图象的一个对称中心，D正确. 【题型7】类周期函数与倍增函数 类周期函数的定义：若y＝f(x)满足：f(x＋m)＝kf(x)或f(x)＝kf(xm)，则y＝f(x)横坐标每增加m个单位， 则函数值扩大k倍．此函数称为周期为m的类周期函数． 1、类周期函数 若 y f(x)满足： f(xm)kf(x)或 f(x)kf(xm)，则 y f(x)横坐标每增加m 个单位，则函 数值扩大k倍．此函数称为周期为m 的类周期函数． 2、倍增函数 x 若函数 满足 或 f(x)kf( )，则 横坐标每扩大 倍，则函数值扩 y f(x) f(mx)kf(x) m y f(x) m 大k倍．此函数称为倍增函数．2024·辽宁·二模 3 1 15．已知函数 f x的定义域为 ，满足 f x12f x0，且当x0,1时， f x x x2 ， R 4 2 8 2k1 则  f  的值为 ．  2  k1 255 【答案】 4 1 3 15 【分析】根据已知条件分别求出 f( )， f( )，…, f( )，相加可得答案． 2 2 2 【详解】  函数 f(x)的定义域为 R ，满足 f x12f x0， 3 1 且当 , 时， f x x x2 ， x(0 1] 4 2 1 3 1 1 3 1 f( )     ，  2 4 2 2 4 3 1 1 1 f( ) f( 1)2f( ) ， 2 2 2 2 5 3 3 f( ) f( 1)2f( )1， 2 2 2 7 5 5 f( ) f( 1)2f( )2， 2 2 2 9 7 7 f( ) f( 1)2f( )4， 2 2 2 11 9 9 f( ) f( 1)2f( )8 2 2 2 13 11 11 f( ) f( 1)2f( )16 2 2 2 15 13 13 f( ) f( 1)2f( )32 2 2 2 8 2k1 1 1 255 f( )  12481632 ．  2 4 2 4 k1 1 16．定义在 上的函数 f x满足 f x1 f x，且当 x0,1时， f x1 2x1，当 R 2 1 13 x  4 , 4   时， y f x的值域为（ ） 1   1   1  A． 2 ,1   B．0,1 C． 16 ,1   D．  0, 16   【答案】B 1 【思路点拨】根据题意，求得在区间n,n1nZ上，可得 f x 2n   1 2x2n1  ，作出函 数的图象，结合图象，即可求解. 1 【详解】由函数 f x满足 f x1 f x，且当x0,1时， f x1 2x1 21 1 当 x1,2时，可得 f x f x1  1 2x3  ； 2 2 1 1 当x2,3时，可得 f x f x1 1 2x5 ， 2 4 1 所以在区间n,n1nZ上，可得 f x 2n   1 2x2n1  ， 作函数y f x 的图象，如图所示， 1 13 所以当x  4 , 4   时， f x0,1， 故选：B. 17．已知定义在R上的函数y f x ，满足 f x2f x2 ，当x0,2 时， f x4x2x ， 11  若方程 f xa 在区间  2 ,  内有实数解，则实数 a 的取值范围为 .  3 【答案】 0,   4 【思路点拨】分别求出x2,4 ，x4,6 ，x6,8 的解析式，画出 f x 的图象，由图象即可求 解. 【详解】当x2,4 时，则x20,2 ， 所以 f x24x24x2f x ，即 f x2x24x ， 当x4,6 时，则x22,4 ， 所以 f x22x46x2f x ，即 f xx46x ， 11 3 1 3 则 f     ，  2  2 2 4 当x6,8 时，则x24,6 ， 1 所以 f x2x68x2f x，即 f x x68x ， 2 画出 f x 的图象如下：由图象可知，当a    0, 3 4    时，方程 f xa 在区间    1 2 1 ,    内有实数解，  3 所以实数 的取值范围为 0,  a  4 【巩固练习1】设函数f (x)的定义域为R，且f (x+4)=2f (x)，当x∈(0,4]时，f (x)=2x2−8x， 3 若对于∀x∈(−∞,t]，都有f (x)≥− 恒成立，则t的取值范围是（ ） 2 A．(−∞,−7] B．(−∞,−5] C．(−∞,−3] D．(−∞,−1] 【解题思路】由f (x+4)=2f (x)和当x∈(0,4]时f (x)=2x2−8x可以逐次推出(−4,0]，(−8,−4]， (−12,−8]上的解析式，根据每个区间上的函数最小值的规律，应求x∈(−8,−4]时，函数值等于 3 3 − 时的自变量的值，得到满足f (x)≥− 的x的范围，即得t的取值范围. 2 2 【 解 答 过 程 】 当 x∈(0,4]时 ， f (x)=2x2−8x=2(x−2) 2−8， f(x)∈[−8,0]； 因 f (x+4)=2f (x)，即x每增大4，对应的纵坐标都变原来的2倍. 1 当x∈(−4,0]时，x+4∈(0,4]，故f (x+4)=2(x+2) 2−8，则f(x)= f(x+4)=(x+2) 2−4， 2 f(x)∈[−4,0] ； 当 x∈(−8,−4]时 ， x+4∈(−4,0]， 故 f (x+4)=(x+6) 2−4， 则 1 1 f(x)= f(x+4)= (x+6) 2−2，f(x)∈[−2,0] ； 2 2 1 当 x∈(−12,−8]时 ， x+4∈(−8,−4]， 故 f (x+4)= (x+10) 2−2， 则 2 1 1 f(x)= f(x+4)= (x+10) 2−1，f(x)∈[−1,0]. 2 4 1 3 3 如图，依题意令 (x+6) 2−2=− ，解得x=−7或x=−5，由图知当x≤−7时，f (x)≥− 恒成立， 2 2 2 即须使(−∞,t]⊆(−∞,−7]，故得： t∈(−∞,−7]． 故选：A. 【巩固练习2】（2024·云南昆明·二模）定义“函数y=f (x)是D上的a级类周期函数” 如下: 函数 y=f (x),x∈D，对于给定的非零常数 a，总存在非零常数T，使得定义域D内的任意实数x都有 af (x)=f (x+T)恒成立，此时T为f (x)的周期. 若y=f (x)是[1,+∞)上的a级类周期函数，且T=1， 当x∈[1,2)时，f (x)=2x+1,且y=f (x)是[1,+∞)上的单调递增函数，则实数a的取值范围为 （ ）[5 ) [5 ) A． ,+∞ B．[2,+∞) C． ,+∞ D．[10,+∞) 6 3 【解题思路】由题可得f (x)=an−1 ⋅(2x−2n+3),n∈N∗，x∈[n,n+1)，然后利用函数的单调 性即得. 【解答过程】∵x∈[1,2)时,f (x)=2x+1， ∴当x∈[2,3)时,f (x)=af(x−1)=a(2x−1)； 当x∈[n,n+1)时,f (x)=af(x−1)=a2f(x−2)=⋯=an−1f(x−n+1)=an−1 ⋅(2x−2n+3)， 即x∈[n,n+1)时,f (x)=an−1 ⋅(2x−2n+3),n∈N∗， ∵f(x)在[1,+∞)上单调递增， ∴a>0且an−1 ⋅(2n−2n+3)≥an−2 ⋅(2n−2n+5)， 5 [5 ) 解得a≥ ，∴实数a的取值范围是 ,+∞ . 3 3 故选：C. 【巩固练习3】设函数f (x)的定义域为R，满足f (x)=2f (x−2)，且当x∈(0,2]时，f (x)=x(2−x)． 若对任意x∈(−∞,m]，都有f (x)≤3，则m的取值范围是（ ） ( 5] ( 7] ( 9] ( 11] A． −∞, B． −∞, C． −∞, D． −∞, 2 2 2 2 【解题思路】根据给定条件分段求解析式及对应函数值集合，再利用数形结合即得. 【解答过程】因为函数f (x)的定义域为R，满足f (x)=2f (x−2)， 且当x∈(0,2]时，f (x)=x(2−x)=−(x−1) 2+1∈[0,1]， 当x∈(2,4]，时，x−2∈(0,2]， 则f(x)=2f(x−2)=2(x−2)[2−(x−2)]=−2(x−3) 2+2∈[0,2]， 当x∈(4,6]，时，x−4∈(0,2]， 则f(x)=4f(x−2)=4(x−2−2)[4−(x−2)]=−4(x−5) 2+4∈[0.4]， 当x∈(−2,0]，时，x+2∈(0,2]， 1 1 1 1 1 则f(x)= f(x+2)= (x+2)(−x)=− (x+1) 2+ ∈[0, ]， 2 2 2 2 2 作出函数f (x)的大致图象， 对任意x∈(−∞,m]，都有f (x)≤3，设m的最大值为t， 9 11 则f (t)=3，所以−4(t−5) 2+4=3，解得t= 或t= ， 2 2 9 ( 9] 结合图象知m的最大值为 ，即m的取值范围是 −∞, . 2 2【题型8】 由中心对称求出函数中间值 已知 f(x)奇函数M ，x[a,a]，则 （1） f(x) f(x)2M （2） f(x)  f(x) 2M max min  1 1 18． f x 是定义在R上的函数， f   x 2    2为奇函数，则 f 2023 f 2022 （ ） 1  1 A．－1 B． C． D．1 2 2 【答案】A  1 1 【解析】 f x是定义在R上的函数， f   x 2    2 为奇函数，则  1 1   1 1  1  1 f x    f x    f x  f x 1.  2 2   2 2  2  2 4045 1  4045 1 ∴ f 2023 f 2022 f    f   1.  2 2  2 2 19．设 为奇函数，若 在 的最大值为3，则 在 的最小值为 . 【答案】 【详解】 的定义域为 且为奇函数， 所以 ， ， 所以 ， ， 设 ， 则 ，所以 是奇函数， 依题意可知， 在 的最大值为 ， 所以 在 的最小值为 ， 所以 在 的最小值为(x1)2 x3 20．函数 f(x) 在 上的最大值和最小值分别为 ，则 ______. x2 1 [2020,2020] M,m M m 答案 2  x3 2x    x2 1  x3 2x 解析 f(x) x2 1 = x2 1 1，显然 f(x) 关于 0,1 对称，所以 M m2 f xax7bx3x2cx2023 f 106 f 10 21．已知函数 ，且 ，则 ． 【答案】3852 【解析】由 f xax7bx3x2cx2023，得ax7bx3cx f xx22023， 构建函数hxax7bx3cx f xx22023，定义域为R ， 则hxax7 bx3 cx  ax7bx3cx  hx ，即hx是奇函数， 于是h10h10，所以 f 101022023  f 101022023 ， 可得 f 10f 103846， 又 f 106，因此 f 103852． 故答案为：3852 2 【巩固练习1】设 f x ex1 a 为奇函数，若gx f xsinxa在xm,m(m0)的最大 gx xm,m(m0) 值为3，则 在 的最小值为 . 【答案】5 【解析】 f x 的定义域为R 且为奇函数， 2 2 所以 f x f x a a0， ex1 ex1 22ex 2a22a0,a1， ex1 2 2 所以 f x 1，gx 1sinx1， ex1 ex1 设hxgx1 f xsinx， 则hx f xsinxf xsinxhx ，所以hx 是奇函数， 依题意可知，hx 在xm,m(m0)的最大值为314， 所以hx 在xm,m(m0)的最小值为4， 所以gxhx1在xm,m(m0)的最小值为415.【巩固练习2】（2024·高三·安徽·期中）函数 f x  x26x  sinx3xax0,6 的最大值 为M ，最小值为m，若M m8，则a ． 【答案】1 【解析】 f x(x26x)sin(x3)xa[(x3)29]sin(x3)(x3)a3， 设x3t[3,3]，则y(t29)sintta3， 记g(t) y(a3)(t29)sintt， 因为g(t)(t29)sintt g(t)， 所以g(t)是在[3,3]上的奇函数，最大值为M (a3)，最小值为m(a3)， 所以M (3a)m(3a)0， 又因为M m8，所以a1 f x x,yR, f xy f x f y2024 【巩固练习3】已知定义在R上的函数 满足 ，若函数 x 2024x2 gx  f x 2024x2 的最大值和最小值分别为M,m，则M m ． 【答案】4048 【解析】令x y0，得 f 02024，令yx，则 f 0 f x f x2024， 所以 f x2024  f x2024 ，令hx f x2024， 所以h(x)h(x)，hx 为奇函数， f xhx2024． x 2024x2 令Gx hx， 2024x2 x 2024x2 x 2024x2 则Gx hx[ hx]Gx， 2024x2 2024x2 即Gx 为奇函数，所以G(x) G(x) 0． max min x 2024x2 而gx hx2024Gx2024， 2024x2 所以M mG(x) 2024G(x) 20244048． max min 【巩固练习4】已知函数 f(x)(2x2 4x3)(ex1 e1x)2x1在[0，2]上的最大值为M，最小值 为m，则M + m= ．【答案】 【解析】将函数 配成关于 的形式 设 则 故 为奇函数，其图象关于坐标原点对称 又 ，所以其图象关于点（1，－1）对称 所以 在[0，2]上的最大值为M，最小值为m的和 M + m= 【巩固练习5】已知函数 ， ，若 的最大值为 ，最小值为 ，则 . 【答案】 【 分 析 】 先 对 变 形 得 ， 再 构 造 函 数 ，判断 为奇函数，从而由奇函数的性质可得答案 【详解】由题意可得 ， 令 ，则 ， 因为 所以 为奇函数， 所以 在 最大值与最小值之和为0， 所以 . 【题型9】由对称性求交点坐标的和 一、若 与 关于 对称，且它们有m个交点，则所有交点横坐标之和 二、若 与 关于 对称，且它们有m个交点，则所有交点横坐标之和 ，纵坐标之和为 22．定义在 上的函数 f x 满足 f 4xf x, f 2x1 为偶函数， f 12，函数 R gxxR 满足gxg2x ，若y f x 与ygx 恰有2023个交点，从左至右依次为 x 1 ,y 1 ,x 2 ,y 2 , ， x 2023 ,y 2023  ，则下列说法正确的是（ ） A． f x 为奇函数 B．2为y f x 的一个周期 C．y 1012 2 D．x 1 x 2 x 3   x 2023 2023 【答案】ACD f 2x f 2x0 【分析】根据题意，推得 ，得到 ，结合函数的基本性质，  f 2x f x f 2x f x0 逐项判定，即可求解. 【详解】由 f 2x1 为偶函数，则函数 f x 的图象关于直线x1对称， 又由 f 4xf x ，则函数 f x 的图象关于点 2,0 对称， f 2x f 2x0 则 ，可得 .  f 2x f x f 2x f x0 对于A中，由 f 2x f x0，可得 f 2xf x ， 所以 f xf x ，所以 f x 为奇函数，所以A正确； 对于B中，由 f 4xf 2x f x ，所以函数 f x 是以4为周期的周期函数， 可得 f 12, f 3f 12，显然 f 3 f 1 ，所以B错误； 对于C中，由gxg2x ，所以函数gx 的图象关于直线x1对称， 因此函数 f x 与gx 的交点也关于x1对称，则y 1012  f 12，所以C正确； 2023 对于D中，由函数 f x与 gx的交点也关于 对称，可得 x i 2023，故D正确. x1 i1 2024·湖北七市州·3月统考 23．（多选）我们知道，函数 y f(x)的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数 y f(x)为奇函数．有同学发现可以将其推广为：函数 y f(x)的图象关于点P(a,b)成中心对 4 称图形的充要条件是函数 为奇函数．已知函数 f(x) ，则下列结论正确 y f(xa)b 2x 2 的有（ ） A．函数 f(x)的值域为(0,2] B．函数 f(x)的图象关于点(1,1)成中心对称图形C．函数 f(x)的导函数 f(x)的图象关于直线x1对称 D．若函数g(x)满足yg(x1)1为奇函数，且其图象与函数 f(x)的图象有2024个交点，记 2024 为 ，则 (x y)4048 A(x,y)(i1,2, ,2024) i i i i i  i1 【答案】BCD 【分析】 借助指数函数的值域求解判断A；利用给定定义计算判断B；利用复合函数求导法则结合对称性判 断C；利用中心对称的性质计算判断D. 4 【详解】对于A，显然 的定义域为R， ，则0 2，即函数 的值域为 ， f(x) 2x 0 2x 2 f(x) (0,2) A错误； 4 2 12x 12x 2x1 对于B，令h(x) f(x1)1 1 1 ，h(x)  h(x)， 2x12 2x 1 12x 12x 2x1 即函数y f(x1)1是奇函数，因此函数 f(x)的图象关于点(1,1)成中心对称图形，B正确； 对于C，由选项B知， f(x1)1[f(x1)1]，即 f(1x) f(1x)2， 两边求导得f(1x) f(1x)0，即 f(1x) f(1x)， 因此函数 f(x)的导函数 f(x)的图象关于直线x1对称，C正确； 对于D，由函数g(x)满足yg(x1)1为奇函数，得函数g(x)的图象关于点(1,1)成中心对称， 由选项B知，函数g(x)的图象与函数 f(x)的图象有2024个交点关于点(1,1)对称， 2024 2024 2024 因此 (x y) x y 10122101224048，D正确. i i i i i1 i1 i1 故选：BCD 【点睛】结论点睛：函数y f(x)的定义域为D，xD， ①存在常数a，b使得 f(x) f(2ax)2b f(ax) f(ax)2b，则函数 y f(x)图象关于点 (a,b)对称. ②存在常数a使得 f(x) f(2ax) f(ax) f(ax)，则函数y f(x)图象关于直线xa对称. 2024·重庆一中·2月月考 24．已知定义在R上的函数 f(x)， f(x2)是奇函数， f(x1)是偶函数，当x[1,0]，  3 3 ， ， f   ，则下列说法中正确的有（ ） f(x)ax2bx f(1)2  2 4 A．函数 f(x)的最小正周期为4 B．函数 f(x)关于点(1,0)对称 C． f(2023) f(2025)0 D．函数g(x) f(x)ln|x|有8个不同零点 【答案】ACD 【分析】根据函数的奇偶性、周期性、对称性、零点等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】 f(x2)是奇函数，图象关于 0,0 对称，所以 f x 关于 2,0 对称； f(x1)是偶函数，图象关于直线x0对称，所以 f x 关于直线x=1对称； 2,0 关于直线x=1的对称点为原点 0,0 ， 则 f x 关于原点对称，所以 f x 是奇函数， 直线x=1关于原点的对称直线为x1，所以 f x 关于直线x1对称，则B选项错误. 所以 f x4f 22x4f x f x ， 所以 f x 是周期为4的周期函数，A选项正确. f 2023 f 2025 f 20241 f 20241 f 1 f 10，C选项正确. 当x[1,0]， f(x)ax2bx， f 1f 12, f 12，  3  1  1  1 3 f   f 1  f 1  f   ，  2  2  2  2 4 f 1ab2    1 1 1 3，解得a1，  f   a b    2 4 2 4 b1 所以x[1,0]， f(x)x2xxx1 ， 令g(x) f(x)ln|x|0得 f xln x ，ln e2 2， 画出y f x 和yln x 的图象如下图所示， 由图可知，两个函数图象有8个交点，所以gx 有8个零点，所以D选项正确. 故选：ACD 【巩固练习1】已知 是定义在 上的奇函数，且 在 上单调递减， 为偶函数， 若 在 上恰好有4个不同的实数根 ，则 ___________. 【答案】24 【解析】由 为偶函数，则 ，故 ， 又 是定义在 上的奇函数，则 ， 所以 ，故 ，即有 ， 综上， 的周期为8，且关于 对称的奇函数， 由 在 上单调递减，结合上述思路点拨知：在 上递增， 上递减， 上递增， 所以 在 的大致草图如下：要使 在 上恰好有4个不同的实数根，即 与 有4个交点， 所以，必有两对交点分别关于 对称，则 . f xxR f x1 y x22x3 【巩固练习2】已知函数 满足： 是偶函数，若函数 与函数 y f x  x,y   x,y  x ,y  x x  x  图象的交点为 1 1 ， 2 2 ，L ， m m ，则横坐标之和 1 2  m （ ） A．0 B．m C．2m D．4m 【答案】B 【 解 析 】 由 f x1 是 偶 函 数 ， 知 函 数 f x 的 图 象 关 于 直 线 x1对 称 ， 函 数 y x22x3  x124 ，其图象也关于直线 对称， x1 所以函数y x22x3与函数y f x 图象的交点也关于直线x1对称，当m为偶数时，其和为 m m1 2 m；当 为奇数时，其和为2 1m. 2 m 2 f x gx1 f 2x1 【巩固练习3】（2024·河南·模拟预测）已知函数 的定义域为R，若 为奇 2m1x1my3m0 f x  x,y   x,y  函数，且直线 与 的图象恰有5个公共点 1 1 ， 2 2 ， 5 x y  x ,y  x ,y  x ,y  i i 3 3 ， 4 4 ， 5 5 ，则 i1 . 【答案】10 【解析】gx1 f 2x1 为奇函数，则有gxgx0， 即1 f 2x11 f 2x10，可得 f 2x1 f 2x12， 2x12x1 1，所以函数 f x的图象关于点1,1对称. 2 直线 2m1x1my3m0，即 2xy3mxy0，2xy30 x1 由 xy0 ，解得 y1 ，所以直线过定点1,1， 即直线 2m1x1my3m0关于点 1,1 对称. 直线 2m1x1my3m0与 f x 的图象恰有 5 个公共点 x,y  ， x ,y  ， x ,y  ， 1 1 2 2 3 3 5 5 5 x ,y ，x ,y ，则有 x i 515， y i 515， x i y i 10. 4 4 5 5 i1 i1 i1 【巩固练习4】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，其图象关于直线 对称且一个周期为 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∵ ，∴ 的图象关于直 线 对称． 当 时， ， 单调递增． 由 ，即有 ， 所以 ，即函数 的一个周期为4， 由 可得， ，所以 的图象关于 中心对称． 函数 的简图如下： 其中 ，由 ，∴所有实根之和为 【巩固练习5】已知定义在R上的偶函数 满足 ，当 时， .函数 ，则 与 的图像所有交点的横坐标之和为（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A【分析】首先根据题干条件确定抽象函数 的对称性和周期性，然后根据 的性质及 的解析式画出 与 在 的图像，观察图像，结合函数对称性求解所有交点横坐标之和. 【详解】由 ，可知函数 的图像关于直线 对称， 又 为偶函数， ，故函数 是周期函数，且周期 ， ， 的图像也关于直线 对称， 当 时， ，设 ， 则 ，即函数 在 为减函数， 又 ，即 ，即函数 ， 的图像在 无交点， 则函数 ， 在 上的图像如图所示， 可知两个图像有3个交点，一个在直线 上，另外两个关于直线 对称，则三个交点的横坐 标之和为3 【巩固练习6】定义在R上的函数 满足 ；且当 时， ．则方程 所有的根之和为（ ） A．14 B．12 C．10 D．8 【答案】A 【思路点拨】根据题中所给的函数性质可得 的周期为 4 且关于 ，再画图思路点拨 与 的交点对数，进而根据对称性可得根之和即可. 【详解】由 可得 为奇函数，且关于 对称. 又 由 题 意 ， 故 ， 所 以 关 于 对 称 ， 且 ，故 的周期为4. 又 当 时 ， ， 此 时 ， 故 在 为增函数.综上可画出 的函数部分图像.又方程 的根即 与 的交点，易得在区间 上均有3个 交点，且关于 对称，加上 共7个交点，其根之和为 【题型10】由解析式看出对称性 2024·湖南师大附中月考(四) 一、具有中心对称的函数往往需要先移项，再脱掉“f” 二、具有轴对称的函数脱掉“f”后注意加绝对值符号 1 f x 2cosx2023π 25．函数  在区间 上所有零点的和等于（ ） x1 [3,5] A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D 1 y 【分析】根据 y f x在3,5的零点，转化为 x1 的图象和函数 y2cosπx 的图象在3,5 交点的横坐标，画出函数图象，可得到两图象关于直线x1对称，且y f x 在 3,5 上有8个交 点，即可求出. 1 1 f x 2cosx2023π 2cosπx 【详解】因为   ， x1 x1 1 2cosπx 令 ，则 ， f x0 x1 1 y 则函数的零点就是函数 x1 的图象和函数 y2cosπx 的图象在3,5交点的横坐标， 1 y 可得 和 的函数图象都关于直线 对称， x1 y2cosπx x1 则交点也关于直线x1对称，画出两个函数的图象，如图所示.1 y 观察图象可知，函数 x1 的图象和函数 y2cosπx 的图象在3,5上有8个交点， 即 f x 有8个零点，且关于直线x1对称， 故所有零点的和为428. 2024·福建泉州·质量监测（三）  2  26．已知函数 f xx2   1 ex1   ， gx满足 g13xg33x0 ， Gx f x2gx， 若Gx 恰有2n1  nN* 个零点，则这2n+1个零点之和为（ ） A．2n B．2n+1 C．4n D．4n2 【答案】D 【分析】由 f x 解析式可知 f x 为奇函数，进而可得 f x 的对称中心，根据gx 满足的关系式， 可得函数gx 的对称中心，由两个函数的对称中心相同，即可判断出其零点的特征，进而求得 2n+1个零点的和.  2  【详解】因为 f xx2 1 的定义域为 ，关于原点对称，  ex1 R 所以 f xx2 1 2  x2  1 2ex  x2   1ex    ex1  1ex  1ex   2  x2   1 ex1   f x ，所以函数 f x为奇函数，关于原点0,0中心对称， 而函数 f x2 是函数 f x 向右平移两个单位得到的函数， 因而 f x2 关于 2,0 中心对称， 函数gx 满足g13xg33x0，所以g13xg33x ， 即g1xg3x ，所以函数gx 关于 2,0 中心对称，且g20， 且G2 f 22g20， 所以由函数零点定义可知Gx f x2gx ， 即 f x2gx ， 由于函数 f x2 和函数gx 都关于 2,0 中心对称， 所以两个函数的交点也关于 2,0 中心对称， 又因为Gx恰有2n1  nN* 个零点， 即函数 f x2 和函数gx 的交点恰有2n1  nN* 个， 且其中一个为x2，其余的2n个交点关于 2,0 对称分布， 2n 所以2n1  nN*个零点的和满足 424n2 22024·四川泸州·二模 27．定义域为R的函数 f x 满足 f x2 f x2 ，当x2,2 时，函数 f x4x2，设函数 g(x)e|x2|2x6 ，则方程 f xgx0的所有实数根之和为（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】首先得到 f x 是以4为周期的周期函数，gx 关于x2对称，在同一平面直角坐标系中 画出ygx与y f x x2,6 的图象，数形结合判断函数的交点，再根据对称性计算可得. 【详解】因为定义域为R的函数 f x 满足 f x2 f x2 ，即 f x4 f x ， 所以 f x 是以4为周期的周期函数， 又g(x)ex2 2x6，则g4xe4x2 ex2  gx ， 1 所以gx关于 对称，又g2 g6e22  0， x2 e4 ex2,2x6 又g(x)ex2  ， ex2,2x2 又当x2,2时，函数 f x4x2 ，所以 f 2 f 20，则 f 6 f 20， 令 f xgx0，即 f xgx ， 在同一平面直角坐标系中画出ygx与y f x x2,6 的图象如下所示： 由图可得ygx与y f x x2,6 有 个交点，交点横坐标分别为x,x ,x ,x ， 4 1 2 3 4 且x 1 与x 4 关于x2对称，x 2 与x 3 关于x2对称， 所以x x 4，x x 4， 1 4 3 2 所以方程 f xgx0的所有实数根之和为x x x x 8. 1 2 3 4 故选：D 2024·广州市铁一中·一模 1 28．已知函数 f xsin2πx x2 ，则直线 yx2 与 f x的图象的所有交点的横坐标之和为 （ ） A．0 B．8 C．12 D．16 【答案】C1 1 【分析】由 f xx2可得sin2πx x2 ，令gxsin2πx，hxx2 ，分 x2 x2 析可知，函数gx 、hx 的图象都关于点 2,0 对称，数形结合可得出结果. 1 【详解】由 f xx2可得sin2πx x2 ， x2 1 令gxsin2πx，hxx2 ， x2 2π 则函数gxsin2πx的定义域为 ，其最小正周期为T  1， R 2π g4xsin  2π4x  sin8π2πxsin2πxgx ， 所以，函数gx 的图象关于点 2,0 对称， 1 函数hxx2 的定义域为x x2， x2 1 1 h4x4x2 2x hx 对任意的 x x x2， 4x2 2x ， 所以，函数hx 的图象也关于点 2,0 对称， 1 因为函数 yx2 、y x2 在2,上均为增函数， 则函数hx 在 2, 上也为增函数，如下图所示： 由图可知，函数gx 、 f x 的图象共有六个交点，其中这六个点满足三对点关于点 2,0 对称， 因此，直线yx2与 f x 的图象的所有交点的横坐标之和为4312. 【巩固练习1】已知函数 ，若 ，则 ． 【答案】 【分析】根据 得到 ，然后求 即可. 【详解】因为 ，所以 ，则 ，. 【巩固练习2】已知函数 有唯一零点，则 A． B． C． D．1 【答案】C 【详解】因为 ，设 ，则 ，因为 ，所以函数 为偶函数，若函数 有唯一零 点，则函数 有唯一零点，根据偶函数的性质可知，只有当 时， 才满足题意，即 是函数 的唯一零点，所以 ，解得 .故选：C. 【巩固练习3】（2024·安徽阜阳·期末）若函数 （m，n为常 数）在 上有最大值7，则函数 在 上（ ） A．有最小值 B．有最大值5 C．有最大值6 D．有最小值 【答案】A 【分析】先分析函数 的奇偶性，然后结合奇偶性和已知条件判 断出 在 上的最小值，由此可知结果. 【详解】设 ， 因为 ，所以 恒成立，所以 的定义域为 且关于原点对称， 又 ， 所以 是奇函数， 因为 在 上有最大值 ，所以 在 上有最大值为 ， 所以 在 上有最小值 ，所以 在 上有最小值 ． 【巩固练习4】己知函数 ，则 __________.【答案】 8082 【详解】 到2020关于原点对称，显然sinx部分的和刚好为0 令 ，则 ∴ 【巩固练习5】若函数 ，且 ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先判断函数的单调性及对称性，然后结合对称性及单调性即可比较函数值的大小． 【详解】因为 ， 所以 所以 关于 对称， 当 时，令 ，则 ， 所以 在 上单调递增，且 恒成立， 所以 在 上单调递减， 又 在 上单调递减， 所以 在 上单调递减， 又 关于 对称，故 在 上单调递增，且 ， 因为 ， 又 ， 且 ， ， 所以 ，故 .故选：A. 【题型11】由对称性解函数不等式 一、具有中心对称的函数往往需要先移项，再脱掉“f” 二、具有轴对称的函数脱掉“f”后注意加绝对值符号 29．已知定义在R上的函数f(x)在 上单调递增，且函数f(x)－1为奇函数，则f(3x＋4)＋f(1 －x)＜2的解集为_________. 【答案】 【解析】 函数 为奇函数函数 关于(0,1)中心对称 f(1－x)+f(－1+x)=2 又 在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增， ， ∴3x＋4＜x－1，∴  . 30．已知函数 的图象关于x1对称，且对 ，xR ，当 时 成立，若 对任意的 恒成立，则 a 的可取值为 xR ( )  2 2 A． B．-1 C．1 D. 【答案】 B C 【解析】∵ f x向右平移一个单位 f x1 ，∴ f x 的图象关于x0对称， f x 是偶函数， 易证 f x 在 ,0 上递减，则 f x 在 0, 上递增， 则 f 2ax f  2x2 1   2ax  2x2 1=2x2 1， 即2x2 12ax2x2 1，对xR 恒成立， 由2x2 12ax，得2x2 2ax10△ ＜ 0 2＜a＜ 2 由2ax2x2 1，得2x2 2ax10△ ＜ 0 2＜a＜ 2综上， 2＜a＜ 2，故BC成立. 【巩固练习1】已知函数 为偶函数，且在 上为增函数，若 ，则 x的范围是 ． 【答案】 或 【分析】结合 的奇偶性与增减性，可得函数 的对称性与单调性，结合对称性与单 调性的性质计算即可得解. 【详解】由函数 为偶函数，故 ，即 ， 则 的图象关于 对称，由 在 上为增函数， 则 ，即 在 上为增函数，则 在 上为减函数， 则对 可得 ，即 ， 则 ，化简得 ，即 或 . 故答案为： 或 . 【巩固练习2】（2023·重庆八中）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 【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【题型12】由解析式看出对称中心再解函数不等式 具有中心对称的函数往往需要先移项，再脱掉“f” 31．已知函数 在R上单调递增，则满足 的 的 取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【思路点拨】先求出 的表达式，得出 ，进而推得 . 将不等式转化为 .求导得出 ，结合基本不等式得出 恒成立，得出函 数的单调性，列出不等式，求解即可得出答案. 【详解】由已知可得， ， 所以， . 所以， ， 即 ，所以 . 则由不等式 可得， . 又 在R上单调递增. 则由 可得， ，解得 . 所以，满足 的 的取值范围是 . 32．已 知 函 数 ， 其 中 是 自 然 对 数 的 底 数 ， 若 ，则实数 的取值范围是________ 【答案】 【详解】令 ， ，所以 为奇函数，不等式 ， 等 价 于 ， 即 ， 因 为 为 奇 函 数 ， 所 以 ，因为 均为减函数，根据单调性的性质可知， 为减函数，则 ，解得：33．已知函数 ，若不等式 对任意 均成立， 则 的取值范围为 . 【答案】 【思路点拨】根据函数为奇函数且为增函数得 ，则有 ，求出右边最小值即可. 【详解】因为 的定义域为 ，且 ，所以函数 是奇 函数， 由函数 为 上单调递增的奇函数， 所 以 不 等 式 对 任 意 均 成 立 等 价 于 ， 即 ，即 对任意 均成立， 又 ，当且仅当 时取等号， 所以 的取值范围为 . 【巩固练习1】（2024·山东·模拟预测）已知函数 ，则不等式 的解集为 . 【答案】 【分析】要先证明函数的中心对称性，即 ，这样原不等式就可以化为 ，再用求导来证明单调递增，从而就可以解出结果. 【详解】由已知得： ， 所以 ，即 则不等式 等价于 ， 再由 ， 可得 在 上单调递增，所以 ，解得 ， 故答案为： . 【巩固练习2】已知函数 ，其中 是自然对数的底数，若 ， 则实数 的取值范围是（ ）A． B． C． D． 【答案】B 【 思 路 点 拨 】 观 察 可 发 现 为 奇 函 数 ， 所 以 将 变 形 为 ，结合函数单调性解不等式即可 【 详 解 】 令 ， ， 所 以 为 奇 函 数 ， 不 等 式 ， 等 价 于 ， 即 ，因为 为奇函数，所以 ，因为 均为减函数，根 据单调性的性质可知， 为减函数，则 ，解得： 【题型13】由解析式看出对称轴再解函数不等式 具有轴对称的函数脱掉“f”后注意加绝对值符号 34．已知函数 ，则不等式 的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】函数 的定义域为 ， 且 ，即 是偶函数， 当 时， ， 构造 ， ， 令 ，则 在 上单调递增，又 也是增函数， 则 在 上单调递增，又 是定义域内的增函数，故 在 上单调递增， 不等式 等价于 ， 即 ，平方得： ，解得 且 ， 则不等式 的解集为 . 35．（2024·山东青岛·三模）已知函数 ，则满足不等式 的 取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先推导出 关于直线 成轴对称，令 ， ，对 ， 求导，可得 的单调性，结合单调性与对称性将函数不等式转化为自变量的不等 式，解得即可． 【详解】函数 的定义域为 ，且 ， 所以 ， 所以 关于直线 成轴对称， 因为 ，当且仅当 ， 时取等号， 令 ， ， 则 ， ， 当 时， ， ， 单调递增， 单调递增， 所以 ， ，所以 ， 所以 在区间 上单调递增，则在区间 上单调递减， 又当 时 ， ，所以 ， 当 或 时 ， ，所以 ，且 ， 所以要使得 成立，则 ，解得 ， 故不等式 的 取值范围为 ． 故选：B． 【巩固练习1】已知定义在R上的函数f (x)在(−∞,2]上单调递增，若函数f (x+2)为偶函数，且 f (3)=0，则不等式xf (x)>0的解集为（ ） A．(0,3) B．(−∞,0)∪(1,3) C．(−∞,0)∪(3,+∞) D．(0,1)∪(3,+∞)【答案】B 【分析】由已知，函数f(x)关于x=2对称，结合题意作出函数的大致图象，利用数形结合即可求 解. 【详解】由函数f (x+2)为偶函数，可知函数f(x)关于x=2对称， 又函数f(x)在(−∞,2]上单调递增，知函数f(x)在(2,+∞)上单调递减， 由f (3)=0，知f (1)=0，作出函数f (x)的大致图象，如下： 由图可知，当x<0时，f(x)<0，则xf(x)>0； 当00，则xf(x)>0； 当x>3时，f(x)<0，则xf(x)<0； 所以不等式xf(x)>0的解集为(−∞,0)∪(1,3) 【巩固练习2】已知函数 f x x2 2x 2x ，若不等式 f 1ax f  2x2 对任意xR 恒 成立，则实数a的取值范围是________. 【答案】-2＜a＜2 【解析】易证 f x 为偶函数，且在0，上递增，则 1ax  2x2  1ax 2x2 所以2x2 1ax2x2任意xR 恒成立， 由2x2 1ax，得x2 ax30△ ＜ 0-2 3＜a＜2 3 由1ax2x2，得x2 ax10△ ＜ 0-2＜a＜2 综上，-2＜a＜2 【巩固练习3】设函数 ，若 恒成立，则实数a的取值范围 是 ． 【答案】 当x≥0时， 在 上递减， 4 a x   x 则有 ，当x≠0时，有 恒成立，则 4  ax  x 当x=0时， 满足条件 综上， 【题型14】配凑后得出新函数的对称性 通过构造新函数来解决问题 36．（多选）定义在 上的函数 满足 ，函数 的图象关于 对 称，则（ ） A．8是 的一个周期 B． C． 的图象关于 对称 D． 【答案】CD 【详解】对A：由题设条件得 ， 令 ，有 ，则 的图象关于直线 对称， 因为 ，有 ， 即 ，则 的图象关于 对称． 所以 ，又 ， 所以 ，所以 ， 所以 ，所以 ， 所以8为 的一个周期，即 ， 则 ，A不正确； 对B：由上知 图象关于 对称， 对称， 则令 符合题意，而 ．B不正确； 对C：因为 关于 对称，有 ， 则 的图象关于 对称．C符合题意； 对D：因为 图象关于 对称，所以 ， 故 ，有 ．D符合题意．【题型15】已知一个对称轴（中心）和周期 已知一个对称轴轴（中心）和周期的问题不能直接套用sin，cos的函数来得出另一个对称中心 （轴） 2024·重庆·康德卷模拟调研卷（四） 37．已知 f x 是周期为3的函数，且xR都有 f 3x f 43x4，则 f 2024（ ） A．4 B．2 C．2 D．4 【答案】C 【详解】由已知 f 3x f 43x4， 即 f x f 4x4， 令x2，可知 f 2 f 24，即 f 22， 又函数 f x 的周期为3， 则 f 2024 f 22 2024·广东·百日冲刺联（一模） 38．已知函数hx 的定义域为R，且满足hx1hx12,h2x 是偶函数，h20，若 103 ，则  h(n)（ ） nZ n103 A．202 B．204 C．206 D．208 【答案】C 【分析】根据条件得到函数hx 是周期为4的偶函数，再根据条件得出h02，h1h32， 即可求出结果. 【详解】因为hx1hx12，所以hx2hx2①，即有hx4hx22②， 由①②得到hx4hx ，所以函数hx 的周期为4， 又h2x 是偶函数，所以h2xh(2x)，得到h(x)h(4x)h(x)，即函数hx 为偶函数， 又由hx2hx2，得到h1h32，h2h42，h0h22， 103 103 又 h20 ，所以 h02 ，故  h(n)2h(n)h(0)2254h(0)2(h(1)h(2)h(3))206 n103 n1 2024·江苏徐州·一模 1 1 39．若定义在R上的函数 f x满足 fx2 f(x) f4， f 2x1是奇函数， f( 2 ) 2 则（ ）17 1 1 17 1 A． f(k ) B．f(k )0 2 2 2 k1 k1 17 1 17 17 1 17 C． kf(k ) D．kf(k ) 2 2 2 2 k1 k1 【答案】D 【分析】根据给定条件，求出函数 f(x)的周期，及 f(x1) f(x1)0和 f(x2) f(x)0，再 逐项计算判断得解. 【详解】由 f(x2) f(x) f4，得 f(x4) f(x2) f4，则 f(x4) f(x)，即函数 f(x)的周期 为4， 由 f(2x1)是R上的奇函数，得 f(2x1)f(2x1)，即 f(x1) f(x1)0， 1 3 5 7 5 1 1 3 5 7 于是 f( ) f( )0， f( ) f( ) f( ) f( )0，即 f( ) f( ) f( ) f( )0， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 17 1 1 3 5 7 1 1 1 因此 f(k )4[f( ) f( ) f( ) f( )] f(16 ) f( ) ，AB错误； 2 2 2 2 2 2 2 2 k1 由 f(x4) f(x2) f4，取x0，得 f(2)0，则 f(4) f(0)f(2)0， 3 3 7 因此 ，取x ，得 f( ) f( )0， f(x2) f(x)0 2 2 2 1 3 5 7 1 3 5 7 3 7 于是 f( )2f( )3f( )4f( )[f( ) f( )]3[f( ) f( )] f( ) f( )0， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 17 1 1 3 5 7 1 17 则 kf(k )4[f( )2f( )3f( )4f( )]17f(16 ) ，C错误，D正确. 2 2 2 2 2 2 2 k1 2024·长沙市第一中·适应性演练(一） 40．（多选）已知定义在R上的函数 f(x)满足 f(x2) f(x) f(2026)，且 f(x1)1是奇函数.则 （ ） A． f(1) f(3)2 B． f(2023) f(2025) f(2024) 2024 C． 是 与 的等差中项 D．  f(i)2024 f(2023) f(2022) f(2024) i1 【答案】ACD 【分析】由 f(x2) f(x) f(2026)，可推出 f(x)的周期为 4，由 f(x1)1是奇函数可推出 f(1)1，通过赋值及函数的周期性可逐个判断各个选项. 【详解】因为 f(x2) f(x) f(2026)， 所以 f(x4) f(x2) f(2026)， 两式相减得 f(x4) f(x)， 所以 f(x)的周期为4. 因为 f(x1)1是奇函数， 所以 f(x1)1f(x1)1，所以 f(x1) f(x1)2， 即 f(x) f(x2)2， 令x=1，得 f(1)1.因为 f(x2) f(x) f(2026) f(2)， 令x2，得 f(4) f(2) f(2)， 所以 f(4)0，即 f(0)0. 因为 f(x) f(x2)2， 令x0，得 f(0) f(2)2， 所以 f(2)2， 所以 f(x2) f(x)2， 所以 f(3) f(1)2，故A正确. 因为 f(x) f(x2)2， 所以 f(1) f(3)2，即 f(3) f(3)2，所以 f(3)1. 因为 f(2023) f(2025) f(3) f(1)2， f(2024) f(0)0，所以B错误. 因为 f(2022) f(2024) f(2) f(0)2， f(2023) f(3)1， 所以 f(2022) f(2024)2f(2023)， 所以 f(2023)是 f(2022)与 f(2024)的等差中项，故C正确. 因为f(1) f(2) f(3) f(4) f(1) f(3) f(2) f(4) 2204， 2024 所以  f(i)506[f(1) f(2) f(3) f(4)]50642024，故D正确. i1 【巩固练习 1】函数 的定义域为 ，且 ， ， ，则 . 【答案】2 【分析】根据给定条件，探讨函数 的周期，再结合 求出 即可求 解作答. 【详解】函数 的定义域为 ，由 ， 得 ， 因此函数 是以3为周期的周期函数，且 ，即 ， 由 ， 得 ， 又 ， ， 从 而 ， 所以 【巩固练习2】已知函数 的定义域为 ，且满足 ， ， ，则 . 【答案】2024 【分析】由 可推出 关于直线 对称，可得 ，再由可推出 的最小正周期为8，结合周期函数性质求解即可. 【详解】由 可知 的图象关于直线 对称， 从而 ， 又因为 ，令 ，得 ， 所以 ， 由 ，得 ， 两式相减可得 ，故 的最小正周期为8， 则 ， ， 因为 ，所以 【巩固练习3】定义在 上的函数 满足 ， ， 若 ，则 ， . 【答案】 0 -100 【 分 析 】 根 据 得 到 ， ，从而得到 ，即 的一个正周期为 4，故 ，用赋值法得到 ，求出 ，再求出 关于 对称， 关于 对称，结合 ，求出 ， ，结合函数的正周期，求出 的值. 【详解】由 可得： ， 即 ，将 替换为 得： ，两式相减得： ， 即 的一个正周期为4， 因为 ，所以 ， 又 中令 得： ， 所以 ， 中令 得： ，故 ， 故 ； 由 知： 关于 对称，因为 的最小正周期为4，所以 ， 故 ，即 关于 对称， 因为 ，所以 ， ， 由 知： ， 所以 ，则 ， 因为 的最小正周期为4， 所以 . 故答案为：0，-100 【巩固练习 4】已知函数 f x 的定义域为 R，且 f x2 f x f 8 ， f 2x1 为奇函数， 1 1 f   ， 2 2 则 （ ） 1 21 A． B． C．0 D． 11 2 2 【答案】B 【分析】根据 f x2 f x f 8 即可得出 f x 周期为 4，赋值可求出 f 20.进而由 3 1 f 2x1为奇函数，可推得函数 y f x关于点1,0对称，由已知可求出 f  2    2 ， f 00 5 1 7 1 f 80 ，然后即可求得 f  2    2 ， f  2    2 .进而即可根据周期性得出函数值，求出  1  3  5  7 4m1 f 4m 4m2 f 4m 4m3 f 4m 4m4 f 4m 0， 即 可 得 出  2  2  2  2 22  1 1 3 kf k 21f  22f  ，代入数值，即可得出答案.  2 2 2 k1 【详解】由 f x2 f x f 8 ，则 f x4 f x2 f 8 ，所以， f x4 f x ， f x 周期为4，所以 f 8 f 4 f 0 . 由 f x2 f x f 8 ，令x0，则有 f 2 f 0 f 8 f 0 ，所以， f 20. 因为 f 2x1 为奇函数，所以 f 2x1f 2x1 ， 所以， f x1f x1 ，所以函数y f x 关于点 1,0 对称， 所以， f 2xf x . 1 3 1 1 令x ，则 f  f   . 2 2 2 2 令x0可得， f 2f 00，所以 f 00，所以 f 80， 所以，有 f x2 f x f 80，即有 f x2f x . 1 5 1 1 令x ，则有 f  f   ； 2 2 2 2 3 7 3 1 令x ，则 f  f   . 2 2 2 2  1 1 1  3 3 1  5 5 1 综 上 ， f 4m  f   ， f 4m  f   ， f 4m  f   ，  2 2 2  2 2 2  2 2 2  7 7 1 f 4m  f   .  2 2 2  1  3  5  7 所以， 4m1 f 4m 4m2 f 4m 4m3 f 4m 4m4 f 4m   2  2  2  2 1  1  1 1 4m1 4m2 4m3 4m4 0， 2  2  2 2 22  1  1  1 1 3 1  1 1 所以， kf k 21f 21 22f 22 21f  22f   21 22  .  2  2  2 2 2 2  2 2 k1 【巩固练习5】定义在R上的函数 满足 ， ，若 ，则 ， ． 【答案】 【分析】依题意可得 ，即可得到 是以 为周期的周期函数，再由 ， 可 得 ， 即 可 求 出 ， 从 而 得 到 且 ，再根据 ，即可求出 ， ， ， 最后利用并项求和法计算可得. 【详解】解：因为 ，所以 ，所以 ，则 ， 所以 是以 为周期的周期函数， 所以 ，又 ，所以 ， 又 ，所以 ， 即 且 ， 由 ，所以 ， ， ， 所以 【题型16】涉及导函数对称性问题 f(x) f '(x) f(x) 已知定义在D上的函数 ， 为 的导函数 1、若 f(x)关于xa对称，则 f '(x)关于 a,0 对称 【简证】因 f(x) 关于xa对称，所以 f(x) f(2ax)， 同时求导得 f '(x)f '(2ax) f '(x) f '(2ax)0，故 f '(x)关于 a,0 对称 2、若 f(x)关于 a,b 对称，则 f '(x)关于xa对称（证明同上） 3、若 f '(x)关于xa对称，则 f(x)关于 a,b 对称 【简证】因为，导函数 f '(x)图象关于点xa对称，则 fx f2ax ． 即： f x f 2ax0 设：Fx f x f 2ax ，则F x f x f 2ax0 所以，Fxc(c为常数)， 所以bR,xD,F(x)2b. 即∀ xD, f(x) f(2ax)2b 所以 f(x)的图象关于点 a,b 对称． 4、若 f '(x)关于 a,0 对称，则 f(x)关于xa对称 【简证】因为，导函数 f '(x)图象关于点 a,0 对称，则 fx+ f2ax0． 设：Fx f x f 2ax ，则F x f x f 2ax0所以，Fxc(c为常数)，又Fa f a f 2aa0 所以 f a f 2aa ， f(x)的图象关于xa对称． f '(x) f(x) f '(x) f(x) 注意：若而 为奇函数，那么 为偶函数，而 为偶函数，那么 不一定为奇函数 2024·山东淄博·一模 41．已知定义在R上的函数 f(x)， f(x)为 f(x)的导函数， fx 定义域也是 R，` f(x)满足 2024 ，则  f(i) . f(x1012) f(1013x)4x1 i1 【答案】4048 【分析】求导得到 f(x) f(2025x)4，赋值累加即可. 【详解】对 f(x1012) f(1013x)4x1两边同时求导得 f(x1012) f(1013x)4， 即 f(x) f(2025x)4， 则 f(1) f(2024)4， f(2) f(2023)4  f(1012) f(1013)4， 2024 则  f(i)410124048. i1 2024·长沙一中高三月考试卷（七） f x f x f 3x4 f x gx 42．已知函数 的定义域为R，且满足 ， 的导函数为 ，函 3 数 y  gx1的图象关于点2,1中心对称，则 f  2   g2024（ ） A．3 B．3 C．1 D．1 【答案】A 3  3 【解析】因为 f x f 3x4 ，则函数 f x的图象关于点 2 ,2   中心对称，且 f  2   2． 由 fx f3x0 ， fx gx ，得 gx g3x ，所以函数 gx 的图象关于 3 x  对称，g1 g2．根据图象变换的规律，由 y  gx1的图象关于点2,1中心对称， 2 3  得 gx的图象关于点 1,1中心对称， g11 ，则 gx的周期为T 4  2 1   2， 3 f g2024213 g2024 g2 g11 ，故  2   ．故选A．2022新高考1卷第12题 3  43．（多选）已知函数 及其导函数 的定义域均为 ，记 ，若 f  2x， f(x) f(x) R g(x) f(x) 2  g(2x)均为偶函数，则（ ）  1 A． B．g 0 C． D． f(0)0  2 f(1) f(4) g(1)g(2) 【答案】BC 【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性 质逐项判断即可得解. 【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究 3  3  3  3  3  对于 ，因为 f  2x为偶函数，所以 f  2x f  2x即 f  x f  x①，所以 f(x) 2  2  2  2  2  3 f 3x f x，所以 f(x) 关于x 2 对称，则 f(1) f(4) ，故C正确； 对于g(x)，因为g(2x)为偶函数，g(2x)g(2x)，g(4x)g(x)，所以g(x)关于x2对称， 由 ① 求 导 ， 和 g(x) f(x)， 得    3   3  3  3  3  3   f  x   f  x f  x f  xg xg x ， 所 以  2   2  2  2  2  2  3 g3xgx0 ，所以 g(x) 关于( 3 2 ,0)对称，因为其定义域为R，所以g 2   0，结合 g(x) 关于  3  1 3 x2 对称，从而周期T 4  2 2   2，所以g   2   g 2   0， g1g1g2，故B正 确，D错误； 若函数 f(x)满足题设条件，则函数 f(x)C（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定 f(x)的函 数值，故A错误. 故选：BC. [方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法. 1 由方法一知 g(x) 周期为2，关于 x2 对称，故可设gxcosπx，则 f x π sinπxc，显然 A，D错误，选BC. 故选：BC. 3  [方法三]：因为 f  2x， 均为偶函数， 2  g(2x) 3  3  3  3  所以 f  2x f  2x即 f  x f  x， ， 2  2  2  2  g(2x)g(2x) 所以 f 3x f x ，g(4x)g(x)，则 f(1) f(4)，故C正确； 3 函数 ， 的图象分别关于直线x ,x2对称， f(x) g(x) 2 又g(x) f(x)，且函数 f(x)可导， 3 所以g 0,g3xgx ， 2所以g(4x)g(x)g3x ，所以g(x2)g(x1)gx ，  1 3 所以g   2   g 2   0， g1g1g2，故B正确，D错误； 若函数 f(x)满足题设条件，则函数 f(x)C（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定 f(x)的函 数值，故A错误. 2024·福建福州2月质检 44．已知函数 f x 及其导函数 fx 的定义域均为R，记gx fx ．若gx2 的图象关于点 2,0 对称，且g2xg(2x1)g(12x)，则下列结论一定成立的是（ ） A． f x f 2x B．gxgx2 2024 2024 C． g(n)0 D．  f(n)0 n1 n1 【答案】C 【 分 析 】 利 用 gx2 的 图 象 关 于 点 2,0 对 称 ， 可 知 函 数 gx 为 奇 函 数 ， 结 合 g2xg(2x1)g(12x)可得gx 是周期函数，再由选项去逐一分析. 【详解】因为gx2 的图象关于点 2,0 对称，所以gx 的图象关于原点对称，即函数gx 为奇 函数，则g00，又g2xg(2x1)g(12x)， 所以g2xg(2x1)g(2x1)，所以gt1g(t)g(t1)0， 所以gtgt1gt20，所以gt1gt2 ， 所以gtgt3 ，即gxgx3 ，所以3是gx 的一个周期. 2024 2024 2025 因为 g(n)g(n) [g(0)g(1)g(2)]0，故C正确； 3 n1 n0 2π 2π 2π 取符合题意的函数 f xcos x，则g(x) fx sin x 3 3 3 2π 4π 3π 所 以 g00 ， 又 g(02) sin  g(0)， 故 2 不 是 gx的 一 个 周 期 ， 所 以 3 3 3 gx gx2 ，故B不正确； 2π 1 因为 f 1cos  不是函数 f x的最值，所以函数 f x的图象不关于直线 对称， 3 2 x1 所以 f x f 2x ，故A不正确； 2024 2024 2π 因为  f(n)cos n10，故D不正确 3 n1 n12024·福建漳州·一模 x  45．已知可导函数 f x的定义域为 R ， f  2 1  为奇函数，设 gx是 f x的导函数，若 1 10 g2x1为奇函数，且g0 ，则 kg2k（ ） 2 k1 13 13 11 11 A． B． C． D． 2 2 2 2 【答案】D x  【分析】由 f  2 1  为奇函数，结合导数运算可得 gx1gx1，由 g2x1为奇函数，可 得 gx1gx10， 整 理 可 得 gx4gx ， 进 而 分 析 可 得 1 1 g8k2g8k4 ,g8k6 g8k8 ,kZ，即可得结果. 2 2 x  x   x  【详解】因为 f  1为奇函数，则 f  1f  1， 2  2   2  即 f x1f x1 ，两边求导得 fx1 fx1 ， 则gx1gx1 ，可知gx 关于直线x=1对称， 又因为g2x1 为奇函数，则g2x1g2x10， 即gx1gx10，可知gx 关于点 1,0 对称， 1 令 ，可得g2g00，即g2g0 ， x1 2 由gx1gx1 可得gxgx2 ， 由gx1gx10，可得gxgx20，即gxgx2 ， 可得gx2gx2 ，即gx4gx ， 1 令 ，可得g4g0 ； x0 2 1 令 ，可得g6g2 ； x2 2 且gx8gx4  gx  gx ，可知8为gx 的周期， 1 1 可知g8k2g8k4 ,g8k6 g8k8 ,kZ， 2 2 10 1 1 11 所以 kg2k 1256910 3478 . 2 2 2 k1 2024·湖南邵阳·1月联考 46．已知函数 f x 与其导函数gx 的定义域均为R，且 f x1 和g2x1 都是奇函数，且 1 g0 ，则下列说法正确的有（ ） 3A．gx 关于x=1对称 B． f x 关于 1,0 对称 i1 C．gx是周期函数 D．ig(2i)4 12 【答案】ACD 【分析】对于A,根据 f x1 为奇函数，得到关系式，两边求导即可判断；对于B，利用 f x 的图 象可以由 f x1 向左平移1个单位即可判断；对于C,根据g2x1 是奇函数及gx 关于x=1对 称得到关系式，综合分析即可求得周期；对于D,结合已知条件可求得g2,g4,g6 的值，进一 步计算即可. 【详解】因为 f x1 为奇函数，所以 f x1f x1 ， 所以 fx1 fx1 ，即gx1gx1 ， 所以gx 的图象关于直线x=1对称.故A正确； 因为 f x1 为奇函数，则其图象关于 0,0 对称， 向左平移一个单位后得到 f x 的图象， 则 f x 的图象关于 1,0 对称，故B错误； 因为g2x1 为奇函数，则g2x1g2x1 ， 则有gx1gx1 ， 所以gxgx2 ①, 又gx1gx1 ， 则gxgx2 ②, 由①②gx2g(x2)， 则gx2g(x2)， 则gxg(x4)，gx4g(x8)， 则gxg(x8)， 所以8是函数gx 的一个周期.， gx 是周期函数，故C正确； 1 因为g0 ，gxgx2，gxg(x4) 3 1 所以g2g22g0 ， 3 1 1 g4g0 ,g6g2 ， 3 3 i1 1 所以ig(2i)(123456789101112) 4， 12 3 故D正确2024·湖南邵阳·一模 47．已知函数 f x 与其导函数gx 的定义域均为R，且 f xx与g12x 均为偶函数，则下列 说法一定正确的有（ ） f x A． f x关于 对称 B． 关于点0,1对称 x1 x C．gx2gx2 D． f 01 【答案】BC 【分析】根据已知得出gx 关于x1对称.假设 f x 关于x1对称，求导即可得出矛盾；根据偶 函数的性质，得出 f x f x2x，两边同时除以x，即可判断B；根据已知，结合导函数得出 gx1关 于 0,0 对 称 ， gx1也 关 于 x1对 称 ， 即 可 得 出 gxgx2， g  1x1 g  1x1 ，进而推得gx22gx，即可得出C项；根据已知，无法确定 f 0 . 【详解】对于A项，因为g12x 为偶函数， 所以gx 关于x1对称. 若 f x 关于x1对称，则导函数gx 关于点 1,0 对称， 这与gx 关于x1对称矛盾，所以A错误； 对于B项，因为 f xx为偶函数， 所以 f xx f xx，即 f x f x2x， f x f x f x f x 所以    2，所以B正确； x x x x 对于C项，因为 f xx为偶函数， 所以 fxxgx1为奇函数， 所以gx1关于 0,0 对称，gx 关于 0,1 对称，所以gxgx2. 又gx 关于x1对称，所以g  1x1 g  1x1 . 所以，gx2g  1x1 g  1x1  gx2gx ， 所以gx2gx2，故C正确； 对于D项，由A知，gx 关于点 0,1 对称，g01. 但 f 01无法确定.故D错误. 2024·湖南邵阳·二模 48．已知函数 f x 在R上可导，且 f x 的导函数为gx .若 f x4 f x2,g2x1 为奇函数， 则下列说法正确的有（ ） A．g10 B． f 202024 C． f 2 f 8 D．  f(i)4048 i1 【答案】ACD 【分析】根据已知条件可得 y f x 的周期，由g2x1 为奇函数可得gx 的对称性，利用导数 公式及函数的周期性、对称性可判断各选项. 【详解】对于D，由 f x f x24，所以 f x2 f x44，即 f x f x4 ， 所以y f x 的周期为4， 且 f 1 f 2 f 3 f 4  f 1 f 3 f 2 f 4  8， 2024 4 所以  f(i)506 f(i)4048，故D正确； i1 i1 对于A，由g2x1 为奇函数知gx 关于 1,0 对称，所以g10， 由 f x f x24得 fx fx20，即gxgx20， 故gx 的周期为4且g1g10，可得g10，故A正确； 对于BC，由上知gx 的周期为4且gx 关于 1,0 对称，所以gx 关于 3,0 对称， 则有gxg6x0，即 fx f6x0，所以 f x f 6xc， 令x3，得c=0，故 f x f 6x0，所以 f x 关于x3对称， 又 f 2 f 44，所以 f 2 f 42，故B错误； 又 f 4 f 8 ，所以 f 2 f 8 ，故C正确. 2024·山东潍坊·一模 49．已知函数 f x 及其导函数 fx 的定义域均为R，记gx fx ，且 f x f x2x， gxg2x0，则（ ） f x A．g01 B．y 的图象关于点0,1对称 x n nn2 C． f x f 2x0 D． gk 2 （ nN* ） k1 【答案】ABD 【分析】对于A，对条件 f(x) f(x)2x，求导可得；对于B，对条件 f(x) f(x)2x，两边同 时除以x可得；对于C，反证法，假设C正确，求导，结合条件g(x)g(2x)0，可得g(0)0与 g(0)1矛盾，可判断 C；对于 D，求出 g10， g21，所以有 g(n2)g(n)2， g2g11，nN*，得出数列{g(n)}是以0为首项， 1 为公差的等差数列，利用等差数列求 和公式即可判断． 【详解】因为 f x f x2x， 所以 f(x) f(x)2，即g(x)g(x)2， 令x0，得g(0)1，故A正确；因为 f x f x2x， f(x) f(x) 当 时，  2， x0 x x f(x) 所以y 的图象关于点0,1对称，故B正确； x 对于C，假设 f(x) f(2x)0成立， 求导得 f(x) f(2x)0， 即g(x)g(2x)0，又g(x)g(2x)0， 所以g(x)0，所以g(0)0与g(0)1矛盾，故C错误； 对于D，因为g(x)g(x)2，g(x)g(2x)0， 所以g(2x)g(x)2，g(0)1，g10，g21， 所以有g(n2)g(n)2， 所以数列 g(n) 的奇数项是以 0 为首项，2为公差的等差数列， 数列 g(n) 的偶数项是以 1 为首项，2为公差的等差数列， 又g2g11，nN*， 所以数列 g(n) 是以 为首项， 为公差的等差数列， 0 1 所以g(n)1n， n nn2 所以 g(k) ，故D正确． 2 k1 【巩固练习1】（2024·全国·模拟预测）已知函数 及其导数 的定义域为 ，记 ，且 都为奇函数．若 ，则 （ ） A．0 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】根据 的性质结合导数运算分析可知 的图象关于 对称，结合奇函数分析可知 的周期为4，根据周期性运算求解. 【详解】因为 为奇函数，则 ， 即 ，可知 的图象关于点 对称， 可得 ，即 ， 可知 的图象关于 对称，则 ， 又因为 为奇函数，则 ， 可得 ，可知 的周期为4， 所以 .f x gx 【巩固练习2】（多选题）（2024·江西赣州·二模）函数 及其导函数 的定义域均为R， f x1 g2x1 和 都是奇函数，则（ ） gx f x 1,0 x=1 A． 的图象关于直线 对称 B． 的图象关于点 对称 2024 gi2024 gx C． 是周期函数 D． i1 【答案】BC 【解析】对于A，因为g2x1 是奇函数，所以g2x1g2x1 ， 则有gx1gx1 ，gx 的图象关于点 1,0 对称，故A错误； 对于B， f x1 是奇函数，其图象关于原点对称， f x1 向右平移1个单位后可得 f x ，所以 f x 的图象关于点 1,0 对称，故B正确； 对于C，因为 f x1 是奇函数，所以 f x1f x1 ， 所以fx1fx1 ，所以 fx1 fx1 ， 所以gx1 gx1 ，所以gx2gx ①， 因为gx1gx1 ，所以gxgx2 ②， 由①②可得：gx2gx2 ，所以gxgx4 ， 所以gx4gx ，gx8gx4gx ， 所以8是函数gx 的一个周期函数，所以gx 是周期函数，故C正确； 对于D，因为gx4gx ，所以g1g5 ， g2g6 ，g3g7 ，g4g8 ， 所以g1g2g3g4g5g6g7g80， 2024 而 gi253  g1g2g3g4g5g6g7g8  0，故D错误. i1 故选：BC. 【巩固练习3】（2024·湖南邵阳·三模）已知函数 及其导函数 的定义域均为 ，记 ，函数 的图象关于点 对称．若对任意 ，有 ， 则下列说法正确的是（ ）A． 不为周期函数 B． 的图象不关于点 对称 C． D． 【答案】C 【分析】利用函数成中心对称的恒等式来证明新函数的对称性，再利用双对称来证明函数的周期性， 从而就可以来判断各选项. 【详解】因为函数 的图象关于点 对称， 所以 ，即 ， 则 的图象关于点 对称，B选项错误． 由 ，得 ． 令 ，则 ， 由 ，得 的图象关于直线 对称． 又 的图象关于点 对称，则 ， 所以 ，即 ， 则可得 的图象关于点 对称， 故 为周期函数，且周期为8， ， 所以， ，D选项错误． 又 ，则 ， 所以 ，由 得： ，故 为周期函数，A选项错误． 由 ，两边求导得： ， 由 得： ，令 得： ， 利用 的周期为8，则 ，C选项正确． 【巩固练习5】（2024·河北·三模）(多选)已知函数 及其导函数 的定义域均为 ，记 ，若 为偶函数， 为奇函数，则下列结论正确的是（ ） A． 的图象关于直线 对称． B． 的图象关于点 对称．C． D． 【答案】BD 【分析】对于A，直接得到 即可判断；对于B，由 为偶函数，所以 ，求导可得 即可判断；对于D，求出 的周期为 ， 再根据 即可判断；对于C，由题意举出反例即可淘汰. 【详解】对于A，因为 为奇函数，所以 ，即 ， 所以 的图象关于 中心对称，故A错误； 对于B，由 为偶函数，所以 ， 所以 ，即 ， 即 ，则 ， 所以 的图象关于 中心对称，故B正确； 对于D，由 ， ，知 ， 又 ， ，所以 ， 所以 ，即 ， 所以 为周期是 的函数，即 ，故D正确. 对于C，由题意及上述分析知 是以 为周期的函数，且 ， 不 妨 设 ， 所 以 ， 周 期 均 为 且 ， 所以 ，所以C错误； 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：对于选项C，通过举反例的形式淘汰答案，不妨设 ， 所 以 ， 所 以 周 期 为 ， 且 ， 所 以 . 2024·山东聊城·一模 【巩固练习4】（多选）设 f x 是定义在R上的可导函数，其导数为gx ，若 f 3x1 是奇函数， 且对于任意的xR， f 4x f x ，则对于任意的kZ，下列说法正确的是（ ）A．4k都是gx 的周期 B．曲线ygx 关于点 2k,0 对称 C．曲线ygx 关于直线x2k1对称 D．gx4k 都是偶函数 【答案】BC 【分析】 结合题意，借助导数的运算可判断函数的对称性，借助赋值法，可得函数的周期性，利用所得函数 的性质，结合选项逐项分析判断即可得. 【详解】由 f 3x1 是奇函数，故有 f 3x1f 3x1 ，即有 f x1f x1 ， 故，则 fx1 fx1 ，即gx1gx1 ，故gx 关于x1对称， 由 f 4x f x ，则f4x fx ，即g4xgx ， 故gx 关于 2,0 中心对称， 由g4xgx ，则g3xgx1 ，又gx1gx1 ， 故gx1g3x ，即有gx1g3x ， 则gx3gx5 ，故gx3gx5gx1 ， 即gx1 gx5 ，故gxgx4 ，故gx 周期为4. 对A：当k 0时，4k 0，故A错误； 对B：由gx 周期为4，故g4kxgx ， 又g4xgx ，故gxgx ，故gxgxg4kx ， 故曲线ygx 关于点 2k,0 对称，故B正确； 对C：由gx 周期为4，故g4k2xg2x ， 又gx1gx1 ，故gxgx2g4k2x ， 故曲线ygx 关于直线x2k1对称，故C正确； 对D：由B得gxg4kx ，故gxg4kx ，又gx 周期为4， 故有gxg4kx ，故g4kxg4kx ，又xR， 即gx4k 都是奇函数，故D错误. 【题型17】两个函数混合型 两个函数混合型的对称性和周期性问题一般先通过等式的加减运算消掉其中一个函数，得到只 含有另外一个函数的等式，再分析对称性和周期 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2024·湖南衡阳·二模 50．已 知 函 数 f x,gx 的 定 义 域 均 为 R,gx43是 奇 函 数 ， 且 gx f x22， f xgx64,g24，则（ ） A．g43 B． f x 为奇函数 175 C． gx2为偶函数 D． f k174 k1 【答案】AC 【分析】 利用gx43是奇函数，gx f x22， f xgx64,g24，逐项判断选项. 【详解】由gx43是奇函数，则gx43gx43，即gx4gx46，令 x0，则g43，故A正确； 由gx f x22，g24，令x2，则 f 020，故 f x 不是奇函数，故B错误； 由gx4gx46，令xx2，则gx6gx26， 故gx26gx6 ，所以gx26gx664 f x2 f x ， 而gx f x22，则gx2 f x2， 故gx22 f xgx2 ， 所以gx2 是偶函数，故C正确； 由 gx4gx46， 得 gx6gx26， 则 gx2gx66， 故 gx2gx66，得到gxgx46， 由gx f x22，可得gx2 f x2，推出gx6 f x2，又 f xgx64， k1 所以2f x2，故 f x1，即 f k175 ，故D错误. 175 2024·福建漳州第三次质检 51．已知函数 f x,gx 的定义域均为R, f 2x1 是奇函数，且 f xg3x4,ygx 的 图象关于x1对称， f 42，则 f 22g24（ ） A．4 B．8 C．4 D．6 【答案】D 【分析】根据题中条件可得 y f x 的图像关于x2对称，结合 f 2x1 是奇函数，可得 f x 的 图象关于点 1,0 中心对称，继而可得 f x 是以4为周期的周期函数，通过赋值，进一步计算即可. 【详解】因为ygx 的图象关于x1对称，所以g3xgx1 ． 因为 f xg3x4①，则 f 4xg  34x 4， 即 f 4xgx14②，①-②得， f x f 4x ，所以y f x 的图像关于x2对称． 令hx f 2x1 ，则hx 是奇函数， x  x 所以h 2   h   2    f x1 f x10，即 f x1f x1， 所以 f x 的图象关于点 1,0 中心对称， 所以 f 4xf x2 ，所以 f xf x2 f x4 ， 所以 f x 是以4为周期的周期函数． 因为 f xgx14，所以gx4 f x1 ． 因为 f x 是以4为周期的周期函数， 所以gx 也是以4为周期的周期函数， 取x0， f 1f 1 ，所以 f 10． 因为 f 42，所以 f 02， 所以 f 2f 02, f 3f 10． 取x3，所以 f 3g04， 所以g04， 所以 f 22g24 f 2g0246 【巩固练习1】2022全国乙卷第12题 已知函数 f(x),g(x)的定义域均为R，且 f(x)g(2x)5,g(x) f(x4)7．若yg(x)的图像关 22 于直线 对称， ，则  f k（ ） x2 g(2)4 k1 A．21 B．22 C．23 D．24 【答案】D 【分析】根据对称性和已知条件得到 f(x) f(x2)2，从而得到 f 3 f 5   f 2110， f 4 f 6   f 2210，然后根据条件得到 f(2)的值，再由题意得到 g36从而得到 f 1 的值即可求解. 【详解】因为yg(x)的图像关于直线x2对称， 所以g2xgx2 ， 因为g(x) f(x4)7，所以g(x2) f(x2)7，即g(x2)7 f(x2)， 因为 f(x)g(2x)5，所以 f(x)g(x2)5， 代入得 f(x)7 f(x2)5，即 f(x) f(x2)2， 所以 f 3 f 5   f 212510， f 4 f 6   f 222510. 因为 f(x)g(2x)5，所以 f(0)g(2)5，即 f 01，所以 f(2)2 f 03. 因为g(x) f(x4)7，所以g(x4) f(x)7，又因为 f(x)g(2x)5，联立得，g2xgx412， 所以yg(x)的图像关于点 3,6 中心对称，因为函数g(x)的定义域为R， 所以g36 因为 f(x)g(x2)5，所以 f 15g31. 所 以 22  f(k) f 1 f 2  f 3 f 5   f 21    f 4 f 6   f 22  13101024. k1 【巩固练习2】（2024·四川南充·三模）已知函数f (x)、g(x)的定义域均为R，函数f(2x−1)+1 的图象关于原点对称，函数g(x+1)的图象关于y轴对称，f(x+2)+g(x+1)=−1,f(−4)=0， 则f(2030)−g(2017)=（ ） A．−4 B．−3 C．3 D．4 【 解 题 思 路 】 利 用 题 设 得 到 f (x)+f (−2−x)=−2① 和 g(−x+1)=g(x+1)② ， 又 由 f(x+2)+g(x+1)=−1，结合①式，推得g(x)的周期为 12，利用f(−4)=0求得f (2)=−2和 g(1)=1，最后利用g(x)的周期性即可求得. 【解答过程】由函数f(2x−1)+1的图象关于原点对称，f (−2x−1)+1=−f (2x−1)−1， 即f(−x−1)=−2−f(x−1)，即f (x)+f (−2−x)=−2①， 由函数g(x+1)的图象关于y轴对称，可得g(−x+1)=g(x+1)②， 由f (x+2)+g(x+1)=−1可得f (x)+g(x−1)=−1，又得f (−2−x)+g(−x−3)=−1， 两式相加，f (x)+f (−2−x)+g(x−1)+g(−x−3)=−2，将①式代入，得g(x−1)+g(−x−3)=0， 则得g(x−5)+g(−x+1)=0，将②式代入得，g(x+1)=−g(x−5)，则g(x+6)=−g(x)， 于是g(x+12)=−g(x+6)=g(x)，即g(x)的周期为12. 又f(−4)=0，由①可得f (2)+f (−4)=−2，得f (2)=−2， 又由f (x+2)+g(x+1)=−1可得f(2)+g(1)=−1，即得g(1)=1. 因f (2030)+g(2029)=−1，可得，f (2030)=−1−g(2029)， 于是，f(2030)−g(2017)=−1−g(2029)−g(2017)=−1−g(1)−g(1)=−1−2g(1)=−3. 故选：B. 【巩固练习3】（2024·湖南衡阳·三模）(多选)已知函数 ， 的定义域为 ，若函数 是奇函数，函数 是偶函数， ，且 .则下列结论正确的是 （ ） A．函数 图像关于直线 对称 B．函数 为偶函数C．4是函数 的一个周期 D． 【答案】BCD 【分析】通过函数的奇偶性可判断B；通过联立函数 与 的方程组以及对函数进行赋值可推 出函数 的周期从而判断C； 计算出 从而排除A；先通过赋值求出 ，再通过周期性计算出D。 【详解】因为 是偶函数，所以 ， 所以函数 图象关于直线 对称， 因为 是奇函数，所以 ， 即 ，代入 ，得 ， 所以 .由 ，得 ， 所以 ，所以函数 为偶函数.故选项B正确； 因为 ，所以 ，由 ， 得 ，所以 ，得 ， 所以 ，所以4是函数 的周期.故选项C正确； 由 ，得 ，所以 ，所以 ， 由 ，得 ， ，所以 ， ， 因为 ，所以 ，故选项A错误； 由 ，得 即 ， 所以 ，故选项D正确. 故选:BCD 【题型18】两个函数混合且涉及导数 找出一个函数的对称性或周期之后，可以从图像平移变换的角度来得出另一个函数的对称性或周期 2024·广东韶关·二模 52．已知定义在R上的函数 f x,gx 的导函数分别为 fx,gx ，且 f x f 4x ， f 1xgx4, fxg1x0，则（ ） A．gx 关于直线x1对称 B．g31 C． fx 的周期为4 D． fngn0nZ 【答案】ACD【分析】 由题意，根据函数的对称性，合理赋值即可判断 A；利用导数求导可得 g(x)g(2x)、 f(1x)g(x)0，通过合理赋值即可判断BCD. 【详解】由 f(x) f(4x)，得 f(1x) f(3x)①， f(1x)g(x)4②，得 f(3x)g(2x)4③， 由①②③，得g(x)g(2x)，所以函数g(x)图象关于直线x1对称，故A正确； 由g(x)g(2x)，得g(x)g(2x)，令x1，得g(1)0； 由 f(1x)g(x)4，得 f(1x)g(x)0， 令x1，得 f(2)g(1)0， ∴ f(2x)g(1x)0④， 又 f(x)g(1x)0⑤，令x2，得 f(2)g(3)0，故B错误； ④⑤两式相加，得 f(2x) f(x)0，得 f(4x) f(2x)0， 所以 f(x) f(4x)，即函数 f(x)的周期为4，故C正确； 由 f(2x) f(x)0，令x2，得 f(4) f(2)0，所以 f(4)0， 所以 f(1)g(1) f(2)g(2) f(3)g(3) f(4)g(4)   f(n)g(n)0(nZ)，故D正确. 2024·广州市铁一中·月考 1  53．（多选）已知函数 是偶函数， 是奇函数，且满足 f  x1g(x)，则下列结论正 f(x) g(x) 2  确的是（ ） 1  A． 是周期函数 B． 的图象关于点 ,0中心对称 g(x) f(x) 2  2022  i  1  C．  f  4044 D．y f  x是偶函数 2023 2  i1 【答案】AD 1  【分析】先根据函数 ， 的奇偶性及 f  x1 ，结合赋值法得到函数 是周期 f(x) g(x) 2  g(x) f(x) 为2的周期函数，即可得到 g(x)是周期函数，进而判断选项 A；由 f(1x) f(x)2即可得到 f(x)的图象的对称中心，进而判断选项B；利用倒序相加法及 f(1x) f(x)2即可判断选项C； 1  1  对 f  x f  x2两边同时求导即可判断选项D． 2  2  1  1  【详解】选项A：在 f  x1g(x)中取 为 ，得 f  x1g(x)1g(x)， 2  x x 2  1  1  1 所以 f  x f  x2，取 为x ，得 ， 2  2  x 2 f(1x) f(x)2 因为函数 f(x)是偶函数，所以 f(1x) f(x)2， 取x为x1，得 f(2x) f(1x)2，所以 f(x2) f(x)， 所以函数 f(x)是周期为2的周期函数，所以g(x)也是周期函数，所以A正确；1  选项B：由 得 的图象关于点 ,1中心对称，所以B错误； f(1x) f(x)2 f(x) 2   1   2   3  2022 选项C：设s f   f   f     f  ， 2023 2023 2023 2023 2022 2021 2020  1  则s f   f   f     f  ， 2023 2023 2023 2023 2022  1  两式相加，得2s f   f   2023 2023 2021  2   1  2022 f   f     f   f  22022， 2023 2023 2023 2023 2022  i  所以 ，即 f  2022，所以C错误； s2022 2023 i1 1  1  1  1  选项 D：对于 f  x f  x2，两边同时对 求导得 f  x f  x0，所以 2  2  x 2  2  1  y f  x是偶函数，所以D正确 2  2024·广东燕博园·3月联考 54．已 知 定 义 域 均 为 R的 函 数 f(x)与 g(x)， 其 导 函 数 分 别 为 f(x)与 g(x)， 且 g(3x) f(x1)2，g(x1) f(x1)，函数 f(x)的图像关于点 M(3,0) 对称，则（ ） A．函数 f(x)的图象关于直线x1对称 B．8是函数 f(x)的一个周期 C．g(5)2 D．g(2020)g(2024)4 【答案】ABD 【分析】根据题意，先由条件以及函数 f x 的对称中心可得函数 f x 的周期，即可判断AB，再 赋值计算，结合函数 f x 的周期性以及对称性，即可判断CD 【详解】因为g(3x) f(x1)2，令x+1=t，则xt1， 即g4t f t2，所以g4x f x2， 用 x1 替换x可得g5x f x12，即 f x1g5x2， 又g(x1) f(x1)，则gx1a f x1b，a,bR， 所以gx1ag5x2b，令 ，可得g3ag32b， x2 所以ab2， 再由g(3x) f(x1)2，令3xm，则m3x， 所以gm f 4m2，即gx f 4x2， 用 x1 替换x，可得gx1 f 3x2， 且gx1a f x1b，即 f 3x2a f x1b， 将ab2代入，可得 f 3x f x1 ，所以函数 f x 关于直线x1对称，故A正确； 又函数 f(x)的图像关于点M(3,0)对称，即 f 3xf 3x ， 所以4318是函数 f x 的一个周期，故B正确； 由g(3x) f(x1)2，令x2，则g5 f 12， 因为函数 f x 关于直线x1对称，则 f 1 f 3 ， 且函数 f(x)的图像关于点M(3,0)对称，所以 f 30， 则g5 f 32022，故C错误； 由g(3x) f(x1)2，令x2023可得g2020 f 20242， 令x2027可得g2024 f 20282， 则g(2020)g(2024) f 2024 f 20284， 又8是函数 f(x)的一个周期，且函数 f x 关于直线x1对称， 则 f 2024 f 0 f 2 ， f 2028 f 4 ， 又函数 f(x)的图像关于点M(3,0)对称，即 f 3xf 3x ， 令x1，则 f 2f 4 ，所以 f 2 f 40， 则g(2020)g(2024) f 2 f 444，故D正确 2024·河南TOP二十名校·一模 55．（多选）已知定义在 上的函数 f x,gx ，其导函数分别为 f(x),g(x), R f(1x)6g(1x), f(1x)gr(1x)6，且gxgx4，则（ ） A．gx 的图象关于点 0,1 中心对称 B．gx4gx C． f6 f2 D． f 1 f 312 【答案】BCD 【分析】先根据条件分析出gx 的周期性和对称性，再得到 f x 的周期性，根据函数性质即可得 结果. f 1x6g1x 【详解】由题意可得 ，两式相减可得 ①，  f 1x6g1x g1xg1x 所以gx 的图象关于点 1,0 中心对称，A错误； 由gxgx4②，②式两边对x求导可得gxgx ，可知gx 是偶函数， 以1x替换①中的x可得g2xgxgx ， 可得g4xg2xgx ，所以gx 是周期为4的周期函数，B正确； 因为 f x6gx ，可知 f x 也是周期为4的周期函数，即 f x4 f x ， 两边求导可得 fx4 fx ，所以 f6 f2 ，C正确； 因为g1xg1x ，令x0，则g1g1 ，即g10，又因为gx 是偶函数，所以g1g10， 又因为gx 是周期为4的周期函数，则g3g10，  f 16g16 由 可得 ， f x6gx  f 36g36 所以 f 1 f 312，D正确. f x gx fx gx 【巩固练习1】（多选题）定义在 R 上的函数 与 的导函数分别为 和 ，若 gx f 3x2 fxgx1 gx2gx2 ， ，且 ，则下列说法中一定正确的是 （ ） gx2 fx2 A． 为偶函数 B． 为奇函数 2024 g(k)0 f x C．函数 是周期函数 D． k1 【答案】BCD 【解析】对A：由gx2gx2 ，故gx2 为奇函数， 若gx2 为偶函数，则gx0，与条件不符，故A错误； 对B：由gx f 3x2，则gx f3x0， 又 fxgx1 ，即 fx1gxf3x ， 即 fx2f2x ，又 fx2 定义在 上， R 故 fx2 为奇函数，故B正确； 对C：由gx2gx2 ， fxgx1 ，gx f 3x2， 所以 f xgx1+b，则 f x3gx2bgx2b， 所以gx f 3xgxgx2b2，gxgx2b2， 所以gx2gx4b2，所以gx4 gx ， 则函数gx 是周期函数4的周期函数，函数 f x 是周期函数4的周期函数，故C正确； 对D：由gx 是周期函数4的周期函数， 由gx2gx2 ，令x0，则g2g2 ，即g20， 令x1，则g1g3 ，即g1g30， 由gx f3x0， fx3gx2 ， 则gxgx2 ，则gx 关于 1,0 对称，则gx 关于x1对称， 又gx2 为奇函数，即gx 关于 2,0 中心对称，故gx 关于x3对称，则g4g20， 2024 则 g(k)506  g1g2g3g4  50600，故D正确. k1 故选：BCD. f x gx 【巩固练习2】（多选题）（2024·湖北·模拟预测）设定义在 R 上的函数 与 的导函数分 fx gx f x4gx2 gx2 fx f x2 别为 和 .若 ， ，且 为奇函数，则下列说法 正确的是（ ） f x g2023g20252 x1 A．函数 的图象关于直线 对称 B． 2023 2023  f k0 gk0 C． D． k1 k1 【答案】AC 【解析】对于选项A：因为gx fx2 ，则gx f x2a， 可得g4x f 2xa， 又因为 f xg4x2，可得 f x f 2xa2. 令x1，可得 f 1 f 1a2，解得a2， 可得 f x f 2x ，所以函数 f x 的图象关于直线x1对称，A正确； 对于选项C：因为 f x2 为奇函数， 可知y f x 的图象关于点 2,0 对称，且 f 2x f 2x0， 令x0，可得2f 20，即 f 20； 令x1，可得 f 1 f 30； 令x1，可得 f 4 f 00； 由函数 f x 的图象关于直线x1对称，可得 f 00； 所以 f 40， 又因为 f x2f x2f x ，则 f xf x2 f x4 ， 可知函数 f x 的周期T 4， 2023 所以 f k505  f 1 f 2 f 3 f 4   f 1 f 2 f 30，故C正确； k1 对于选项B：由AC可知gx f x22 f x22f x2， 可得g2023 f 20212 f 12，g2025 f 20232 f 32， 所以g2023g2025 f 12 f 324，故B错误；2023 2023 2023 对于选项D：可得 gk  f k2  f k220234046，故D错误. k1 k1 k1 故选：AC. f x gx 【巩固练习3】（多选题）（2024·全国·模拟预测）已知函数 ， 的定义域均为 R ，其导 fx gx f 3x2gx fxgx1 g2xgx0 函数分别为 ， ．若 ， ，且 ，则 （ ） gx2 f x 2,2 A．函数 为偶函数 B．函数 的图像关于点 对称 2024 2024 gn0  f n4048 C． D． i1 i1 【答案】ACD 【解析】因为 fxgx1 ，所以 f xagx1ba,bR ． 又因为 f 3x2gx ，所以 f x2g3x ． 于是可得g3x2agx1b，令x1，则g312ag11b，所以a2b． 所以g3xgx1 ，即函数gx 的图像关于直线x2对称，即gxgx4 ． 因为g2xgx0，所以函数gx 的图像关于点 1,0 对称，即g2xgx0，所以 gx2gx4 ，即gxgx2 ，于是gxgx4 ，所以函数gx 是周期为4的周期 函数． 因为函数gx 的图像关于直线x2对称，所以gx2 的图像关于 y轴对称，所以gx2 为偶 函数，所以A选项正确． 将gx 的图像作关于y轴对称的图像可得到ygx 的图像，再向右平移3个单位长度，可得到 yg  x3   g3x 的 图 像 ， 再 将 所 得 图 像 向 下 平 移 2 个 单 位 长 度 ， 即 可 得 到 g3x2 f x 的图像，因此函数 f x 也是周期为4的函数．又gx 的图像关于点 1,0 对称， 所以 f x 的图像关于点 2,2 对称，所以B选项不正确． 因为g2xgx0，令x1，得g1g10，即g10，所以g1 g30；令x0， 2024 得 g2g00 ，所以 g2g40 ，所以 g1g2g3g40 ，所以 gn0， i1 所以C选项正确． 因 为 f xg3x2， 所 以 f 0g322， f 2g122， f 1g22， f 3g02， f 4 f 02， 则有 f 1 f 2 f 3 f 4g222g02 28，2024 可得  f n4048，所以D选项正确． i1 故选：ACD． 【巩固练习4】（2024·广东惠州·三模）设定义在 上的函数 f x 与gx 的导函数分别为 fx 和 R gx ，若 f x2g1x2， fxgx1 ，且gx1 为奇函数，则下列说法中一定正确 的是（ ） A． f x 是奇函数 B．函数gx 的图象关于点 1,0 对称 C．点 2k,2 （其中kZ）是函数 f x 的对称中心 2023 D． gk0 k1 【答案】C 【分析】对于A，由gx1 为奇函数，可得g(x)的图象关于(1,0)中心对称，由 fxgx1 ， 可得 f xgx12，再求得 f 02，即可判断；对于B，对g(1x)gx1 两边求导，即 可判断；对于C，结合g(x)的对称性及 f xgx12，可得 f x 的一个对称中心为(0,2)及 f(x)的图象关于 x1对称，即可判断；对于 D，由已知可得 g(x)的周期为 4，再由 2023 gk505[g(1)g(2)g(3)g(4)]g(1)g(2)g(3)求解即可判断. k1 【详解】解：对于A，因为gx1 为奇函数，所以g(1x)gx1 ， 所以g(x)的图象关于(1,0)中心对称； 又因为 fxgx1 ，所以 f xagx1b,a,bR， 又因为 f x2g1x2，所以 f xg3x2， 所以g(3x)2ag(x1)b， 令x1，得g(2)a2g(2)b， 所以a2b， 所以g(3x)g(x1)， 所以 f xgx12， 所以g(x)关于x2对称， 所以 f 0g32g(1)22， 所以 f x 一定不是奇函数，故A错误； 对于B，因为g(1x)gx1 ， 两边求导得g(1x)g1x0， 即g(1x)g1x ，所以gx 的图象关于x1对称，故错误； 对于C，由A可知，g(x)关于x2对称， 又因为gx1 为奇函数， f xgx12， 所以 f x 的一个对称中心为(0,2)， 又因为 f x2g1x2， 所以 f x2 f(x)， 所以 f(x)的图象关于x1对称， 则点 2k,2 （其中kZ）是函数 f x 的对称中心，故正确； 对于D，因为g(1)0，g(x)关于x2对称， 所以g(3)0， 又因为g(x)的图象关于(1,0)中心对称， 所以g(x)的周期为4， 所以g(2)g(4)g(2)g(0)0， 故g(1)g(2)g(3)g(4)0， 2023 所以 gk505[g(1)g(2)g(3)g(4)]g(1)g(2)g(3)g(1)g(2)g(3)g(2) k1 而g(2)的值不确定，故错误. 【巩固练习5】（2024·湖北黄冈·三模）(多选)已知定义在 上的函数 ， ，其导函数分别 为 ， ， ， ，且 ，则（ ） A． 的图象关于点 中心对称 B． C． D． 【答案】BCD 【分析】先根据条件分析出 的周期性和对称性，再得到 的周期性，根据函数性质即可得结 果. 【详解】由题意可得 ，两式相减可得 ①， 所以 的图象关于点 成中心对称，故A错误； 由 ②，②式两边对 求导可得 ， 可知 是偶函数，以 替换①中的 可得 ， 可得 ，所以 是周期为4的周期函数，故B正确； 因为 ，可知 也是周期为4的周期函数， 即 ，两边求导可得 ，所以 ，故C正确； 因为 ，令 ，则 ，即 ，又因为 是偶函数，所以 ，又因为 是周期为4的周期函数， 则 ，由 可得 ， 所以 ，D正确. 故选：BCD. 【巩固练习6】（2024·安徽芜湖·三模）已知函数 与 是定义在 上的函数，它们的导函 数分别为 和 ，且满足 ，且 ，则 （ ） A．1012 B．2024 C． D． 【答案】D 【分析】根据 得到 ，故 ，求导得到 ， 两 边 求 导 得 到 ， 从 而 得 到 ， 故 ， 故 是 的 一 个 周 期 ， 其 中 ，根据周期性求出答案. 【详解】由于 ，则 ， 两式相加得 ， 故 ， 所以 ， 故 ，即 ， 其中 两边求导得， ， 故 ， 故 ， 将 替换为 得 ， 又 ， 故 ， 将 替换为 得 ， 则 ， 故 是 的一个周期， 其中 ，故 ， 故 . 故选：D