文档文本内容
第11 讲函数的对称性与图象变换
（知识清单+5 典例精讲+4 方法技巧+分层训练）
近3 年考查情况
题型
分值
对称性质判定、对称与周期综合、图像翻折/平移变换
单选、多选
5 分/6 分
基础平移变换、对称求值、简单对称性质应用
单选、填空
5 分
单一图像变换、基础对称性判断，难度偏低
单选、填空
5 分
对称性推导周期、结合零点/单调性综合考查
单选、填
空、解答
5 分/6-10 分
【知识点01】奇函数、偶函数的对称性
(1)若函数y＝f(x)满足f(a－x)＝f(a＋x),则函数的图象关于直线x＝a 对称；
(2)若函数y＝f(x)满足f(a－x)＝－f(a＋x),则函数的图象关于点( a ,0)
对称.
(3)若f(x＋a)是偶函数,则函数f(x)图象的对称轴为x ＝
a ；若f(x＋a)是奇函数,则函数f(x)图象的对称中心为( a ,0)
.
【例1】已知f ( x)= x
3+2 x是奇函数，验证其图象关于原点对称，并求f (−2)的值。
解析：① 验证对称：任取( x , y)是f ( x)图象上一点，则y = x
3+2 x，对应点(−x ,−y)，代入得
−y =−x
3−2 x =(−x)
3+2(−x)= f (−x)，故图象关于原点对称；
② 求f (−2)：由奇函数性质f (−2)=−f (2)=−(2
3+2×2)=−12。
【知识点02】两个函数图象的对称
(1)函数y＝f(x)与y＝f(－x)的图象关于y 轴
对称；
(2)函数y＝f(x)与y＝－f(x)的图象关于x 轴
对称；
(3)函数y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象关于原点对称.
【例2】判断函数y =2
x与y =2
−x的对称关系，并写出y =2
x关于直线x =1对称的函数解析式。
解析：① 对称关系：由结论1，y =2
x与y =2
−x = f (−x)（令f ( x)=2
x），故两函数图象关于y轴对称；
② 求对称函数：由结论3，a=1，对称函数解析式为y = f (2×1−x)= f (2−x)=2
2−x。
【知识点03】利用图象变换法作函数的图象
(1)平移变换
(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＝logax ( a >0,
且
a ≠
1)
.
(3)翻折变换
①y＝f(x)
y＝| f ( x )| .
②y＝f(x)
y＝f (| x |) .
【例3】已知y = f ( x)= x
2，作出下列函数的图象（写出变换过程）：（1）y =( x−2)
2+1；（2）y =−x
2。
解析：（1）y =( x −2)
2+1= f ( x −2)+1，变换过程：将y = x
2的图象“右移2 个单位”，再“上移1 个单位”，
即可得到目标图象；
（2）y =−x
2=−f ( x)，变换过程：将y = x
2的图象“关于x 轴对称翻折”，即可得到目标图象。
【题型一】判断或证明函数的对称性
【例1】（2026·江苏苏州·模拟预测）函数
与
的图象（ ）
A．关于
轴对称
B．关于
轴对称
C．关于原点对称
D．关于直线
对称
【答案】C
【分析】通过对称性的概念可判断BC.通过特殊点判断AD.
【详解】令
，
，
对于A，
，
，显然
，A 错误，
对于B，
，B 错误，
对于C，
，即两函数图象关于原点对称，C 正确，
对于D，
，当
时，得点
，
点
关于直线
对称点为
，
当
时，
，故D 错误.
【例2】（多选）（2026·河北衡水·一模）已知函数
的定义域为
，且对任意实数
，
，
恒成立，则（ ）
A．
B．
的最小值为
C．
D．
的图象关于点
对称
【答案】ABD
【详解】令
，得
，
以
替代
，得
，
消去
，得
.
再令
，得
，即
，
所以
，即
，
则
，
，A 正确，C 错误.
而
，
当
时，
取得最小值，且最小值为
，B 正确.
因为
，
所以
的图象关于点
对称，D 正确.
【例3】（2025·重庆·二模）函数
的值域为________．
【答案】
【分析】设
，分析可知函数
为偶函数，可知函数
的值域与
的值域
相同，进而分析
的周期和对称性，取
，利用辅助角公式结合正弦函数有界性分析求解.
【详解】设
，可知函数
的定义域为
，
因为
，可知函数
为偶函数，
当
时，
，
可知函数
的值域与
的值域相同，
因为
，
可知
的一个周期为
，
又因为
，
可知
关于直线
对称，
且
，
可知
关于直线
对称，
则可取
，则
，可得
，
因为
，则
，
可得
，即
，
可知
的值域为
，所以
的值域为
.
故答案为：
.
【变式1】（2026·湖南衡阳·模拟预测）函数
与
的图象（ ）
A．关于y 轴对称
B．关于直线
对称
C．关于直线
对称
D．关于直线
对称
【答案】B
【分析】对指数函数化简变形，利用函数对称的代数判定规则直接求解对称轴.
【详解】将函数
进行指数变形，得
，
设
，代入
，可得
，
因此，第二个函数即为
.
由函数图象对称性质，
与
的图象关于直线
对称，
此处
，即
，可得两函数图象关于直线
对称.
【变式2】（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：
.
【变式3】（2024·福建·模拟预测）已知函数
，则曲线
的对称中心为___________．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用对称中心的定义计算判断即得.
【详解】曲线
的对称中心为
，则
，
即
，整理得
，
依题意，
与
无关，则
，解得
，此时
，
所以曲线
的对称中心为
.
故答案为：
【题型二】函数对称性的应用
【例4】（2026·湖南长沙·模拟预测）若函数
的定义域为
，则“函数
的图象关于点
中心对称”
是“
”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由已知条件，看“
的图象关于点
中心对称”与“
”是否可以互相推导，进而判断前者是
后者的什么条件.
【详解】若定义域为
函数
的图象关于点
中心对称，则
，
当
时，
，则
，
但
不能推出函数
的图象关于点
中心对称，
所以“
的图象关于点
中心对称”是“
”的充分不必要条件.
【例5】（多选）（2026·广东茂名·二模）已知
是定义在
上的函数，且
，
，则（ ）
A．
B．
是奇函数
C．
的图象关于直线
对称
D．
是
的周期
【答案】ACD
【详解】在
中,令
，可得
，所以
，故A 正确；
由
，可得
的图象关于直线
对称，故C 正确；
在
中，令
，可得
，又由选项A 知
，故
，
若
是定义在
上的奇函数，则
与
矛盾，故
不是奇函数，故B 错误；
由
，可得
的图象关于点
对称，又因为
的图象关于直线
对称，
故
，故D 正确．
【例6】（2026·广东深圳·模拟预测）已知函数
是定义在
上的奇函数，满足
，当
时，
，且
，则
______．
【答案】
【分析】先根据奇偶性和对称性得到
是周期为4 的周期函数，然后计算出一个周期内函数值的和即
，结合周期性可求原式的值.
【详解】因为
是定义在
上的奇函数，
所以
,
所以
,
则
,
故
是周期为4 的周期函数.
又当
时，
所以
解得
故当
时，
.
因为
所以
【变式1】（2026·河南周口·三模）已知函数
的定义域为
，f (3+ x)+ f (−1−x)=0，且
在
上单调
递增，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先由f (3+ x)+ f (−1−x)=0可得函数
关于点
中心对称，再根据在
上单调递增，结合对称性
可得在
上也单调递增，最后转化在一个单调区间上利用单调性比较大小即可.
【详解】解：由f (3+ x)+ f (−1−x)=0，则f (3+ x)=−f (−1−x)=−f [−(1+ x)]，
令
，则
，所以f (t +2)=−f (−t )，
因此函数
关于点
中心对称，
因为
在
上单调递增，结合
又关于点
对称，
所以
在
上也单调递增.
由f (t +2)=−f (−t )，则令
，所以
，即−f (3)= f (−1).
因为−ln6<−1<−2
−e<0，
在
上单调递增，
所以
，即
.
【变式2】（2026·河北保定·模拟预测）已知定义在
上的函数
的图象关于直线
对称，且
为偶函
数，当
时，
则
_______.
【答案】
/0.25
【详解】因为
的图象关于
对称，所以
，
将
替换为
，可得
，
因为
是偶函数，所以
，
将
替换为
，可得
，
联立可得
，
将
替换成
，可得
，即
是周期为
的周期函数，
因此
，
因为
，所以
，
当
时，
，所以
，
即
.
【变式3】（2025·陕西商洛·模拟预测）已知函数
，且函数
与
的图象关于直线
对称.
(1)求函数
的解析式；
(2)若
成立，求实数
的取值范围；
(3)若
且
，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
.
【分析】（1）设
为
图象上任意一点，则点关于
对称的点为
，据此可得答案；
（2）由（1）可得
，然后由对数函数单调性可得答案；
（3）由
，可得
，
，然后由双勾函数性质结合对数函数单调性可得答案.
【详解】（1）设
为
图象上任意一点，该点关于
对称的点为
，
因此
在
的图象上，
因此
，即
，
因此函数
.
（2）由
，得
，即
，
函数
在
上单调递增，
，解得
或
.
故实数
的取值范围为
.
（3）由
，得
，即
，得
，
，而
，
，即
，
根据对勾函数的单调性可得
在
为减函数，
的值域为
，
的取值范围为
，
故
的取值范围为
，即
.
【题型三】函数图像的识别
【例7】（2024·全国甲卷·高考真题）函数
在区间
的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入
可得
，可排除D.
【详解】
，
又函数定义域为
，故该函数为偶函数，可排除A、C，
又
，
故可排除D.
故选：B.
【例8】（2026·山东枣庄·三模）函数
的部分图象大致是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据奇偶性排除A；根据正负性排除CD.
【详解】定义域为
，
，
则
是偶函数，排除A 选项；
当
时，
，则
，
当
时，
，则
；
当
时，
，则
，排除CD 选项
【例9】（多选）（2025·山西临汾·二模）函数
的图象可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】对
，
，
三种情况讨论判断即可.
【详解】当
是，
，故A 符合；
当
时，
在
上单调递减，且
，故B 符合；
当
时，由
为
上的单调递增函数，
令
，则
，即
，
因为
，可得
，所以
在
上的单调递增函数，
所以
，所以
有唯一解
，
当
时，
，当
时，
，
所以函数
在
上单调递减，在
上单调递增，故D 正确.
故选：ABD.
【变式1】（2026·湖南长沙·一模）如图是下列四个函数中的某个函数在区间[-π,π]的大致图象，则该函数是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】设图象对应函数为
，由图可得
奇偶性，结合
可判断选项正误.
【详解】设图象对应函数为
，由图可得
为奇函数，
注意到
为偶函数，
为奇函数.
则
为偶函数，不满足题设，故BC 错误；
又由图可得
，
，则D 不满足题意，故选A
【变式2】（2026·四川自贡·三模）函数
的部分图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】将
与
代入求解即可.
【详解】当
时，
，
，故选A.
【变式3】（多选）（2025·湖北武汉·模拟预测）函数
的图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】求导，分
四种情况讨论求解即可.
【详解】
，
当
时，若
，得
，即函数
在
上单调递减，
若
，得
，即函数
在
上单调递增，
此时函数
有最小值为
，且
，故B 符合题意，A 不符合题意；
当
时，若
，得
，即函数
在
上单调递减，
若
，得
，即函数
在
上单调递增，
此时函数
有最小值为
，故C 符合题意；
当
时，若
，得
，即函数
在
上单调递减，
若
，得
，即函数
在
上单调递增，
此时函数
有最小值为
，且
，故D 符合题意；
当
时，
恒成立，则函数
在
上单调递增.
故选：BCD
【题型四】函数图象的应用
【例10】（2026·湖南湘西·三模）已知
分别为函数
的零点，且
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据零点的定义转化问题为函数与函数的交点问题，再结合图象判断大小即可.
【详解】由
，得2
x=
1
x−1，则函数
与
的图象的交点横坐标就是
；
由
，得lg x =
1
x−1，则函数
与
的图象的交点横坐标就是
；
由
，得log2 x =
1
x−1，则函数
与
的图象的交点横坐标就是．
作出函数图象如图，可知
．
【例11】（多选）（2024·陕西宝鸡·模拟预测）已知函数
，若函数
有6 个
不同的零点，且最小的零点为
，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．6 个零点之和是6
【答案】BD
【分析】根据题意，利用函数的图象变换，得到函数
的图象关于直线
对称，令
，得到关于的
方程
，结合二次函数的图象与性质，即可求解.
【详解】由函数
的图象，经过
轴翻折变换，可得函数
的图象，
再向右平移1 个单位，可得
的图象，
最终经过
轴翻折变换，可得
的图象，如图所示，
则函数
的图象关于直线
对称，令
，
因为函数
最小的零点为
，且
，
故当
时，方程
有4 个零点，
所以要使函数有6 个不同的零点，且最小的零点为
，则
或
，
由
，可得
或
，
设
的四个根从小到大依次为
，
由函数
的图象关于直线
对称，可得
，
所以
的所有零点之和是6，故D 正确；
关于的方程
的两个实数根为
和，
由韦达定理，得
，所以B 正确，A，C 错误.
故选：BD.
【例12】（2025·安徽蚌埠·模拟预测）设函数
，若函数
图像关于直线
对称，求
曲线
的长度为__________．
【答案】
【分析】首先根据对称的性质求出
的值，然后将
的解析式表示出来，进而可求出曲线的长度.
【详解】∵函数
图像关于直线
对称，
∴
，即
，所以
，
所以
，那么
，
画出图象如图所示，
所以曲线段
的长度为
．
故答案为：
.
【变式1】（2025·四川成都·一模）已知定义在
上的奇函数
在
上的图象如图所示，则不等式
的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据函数为奇函数可得函数的图象，进而由数形结合可得不等式的解集.
【详解】因为
是定义在
上的奇函数，所以函数
图象关于原点对称，故得函数的图象如下：且
.
由图象可知，要使
，当
时，
，得
；
当
时，
，得
；
当
，不等式不成立；
综上，不等式
的解集为
.
故选：A.
【变式2】（2025·山东德州·三模）已知曲线
与
和
分别交于
两点，设曲线
在
处的切线斜率为
在
处的切线斜率为
，若
，则
______．
【答案】
【分析】根据题意结合对称性可设
，结合导数的几何义求得
，即可得结果．
【详解】因为
和
互为反函数，其图象关于直线
对称，
且反比例函数
的图象也关于直线
对称，
可知点
关于直线
对称，
设
，则
，
设
，则
，
由题意可得：
，解得
或
(舍去)，
可得
，代入
可得
，所以
．
故答案为：
．
【变式3】（2024·河北石家庄·三模）给定函数
，用
表示
中的较大者，
记
．若函数
的图象与
有3 个不同的交点，则实数
的取值范围是______．
【答案】
【分析】在同一坐标系下画出
的图象，求出交点坐标；结合图象再做出满足条件的直线
，进而求出
的取值范围即可.
【详解】
由
，
，
因为
，
所以图象变为：
其中
，当且仅当
时取最大值；
且设两函数在第一象限的交点为
，即当
，
，
解得：
，
由题意
与函数
的图象有3 个不同的交点，
由数形结合易知：
，或
，
故答案为：
.
【题型五】函数图象的变换
【例13】（2026·湖北随州·三模）已知
，函数
的最大值为0，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．1
D．
【答案】A
【分析】结合函数图像分析，从而得到当
与
相切时，
取得最小值，进而构造函数，求导，分析函数的
单调性，从而求出最值，进而得到
的最小值．
【详解】依题意可得函数
的定义域为
，
由函数
的最大值为0，
即
在
上恒成立，
即
的图象在
的下方，
结合图象可得，当函数
的图象过原点，且
与
相切时，
取得最小值，
根据对称性，不妨只考虑
的情况，
即当
与
相切时，
取得最小值，
即
在
上恒成立，
令
，即
时，
取得最小值，
则
，令
，则
，
又
时，
，即
在
上单调递增；
时，
，即
在
上单调递减，
所以
，解得
．
故选：A
【例14】（2026·陕西安康·三模）已知函数
为奇函数，且在
上单调递增，在
上单调递减，若
的图象是一条连续的曲线，则
（ ）
A．在
上单调递增
B．在
上单调递增
C．在
上单调递减
D．在
上单调递减
【答案】B
【分析】先根据奇函数的对称性求得函数
的单调区间，再结合函数图象平移求解即可.
【详解】因为
为奇函数，且在
上单调递增，在
上单调递减，
的图象是一条连续的曲线，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，在
上单调递减，
因为
的图象是由
的图象向左平移2 个单位长度，再向下平移1 个单位长度得到的，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，在
上单调递减．
【例15】（2023·全国·模拟预测）将函数
的图象向右平移一个单位后，再向上平移三个单位，所得函数图象与
曲线
关于直线
对称，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先根据对称变换和平移变换得到
，再代入求值即可.
【详解】
关于直线
对称的函数为
，
将
向下平移三个单位得到
，
将
向左平移一个单位得到
，
即
，
故
.
故选：D
【变式1】（2026·河北邢台·一模）函数
图象的对称中心的坐标为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用分离常数项化简函数解析式，根据函数图像变换，结合奇函数的对称性，可得答案.
【详解】
，
易知函数
的图像可由函数
向左平移个单位，再向下平移
个单位得到，
由奇函数
的图像关于
成中心对称，则函数
的图像关于
成中心对称.
故选：D.
【变式2】（2024·四川南充·二模）已知函数
，则函数
的图象（ ）
A．关于点
对称
B．关于点
对称
C．关于点
对称D．关于点
对称
【答案】A
【分析】先求
的对称中心，结合图象变换可得答案.
【详解】因为
，所以
，即
的图象关于原点对称，
函数
的图象可由
的图象，先向右平移一个单位，再向上平移一个单位得到，
所以函数
的图象关于点
对称.
故选：A.
【变式3】（2024·湖北黄冈·模拟预测）将函数
的图象向左平移个单位长度得到曲线
，曲线
与函
数
的图象关于直线
对称，则
__________．
【答案】
【分析】根据函数平移变换可得曲线
方程；设
上一点
，将其关于直线
对称的点代入
方程即可
求得
.
【详解】
图象向左平移个单位得到曲线
：
，
设
上一点
，则点
关于直线
对称的点为
，
将点
代入曲线
方程可得：
，
即
.
故答案为：
.
【解题大招01】奇偶性+对称性快速求值
利用奇偶性的对称性质（偶函数关于y 轴对称、奇函数关于原点对称），跳过复杂计算，直接转化函数值，快速
求解。
【例1】已知f ( x)= x
5+3 x
3+2 x是奇函数，且f (1)=6，求f (−1)、f (0)的值。
解析：① 求f (−1)：由奇函数性质f (−x)=−f ( x)，得f (−1)=−f (1)=−6；
② 求f (0)：奇函数x =0有定义，故f (0)=0（关于原点对称，图象过原点）。
【解题大招02】两个函数对称，快速求解析式
记准3 类高频对称结论，直接代入公式，无需画图，快速推导对称函数解析式。
关于y轴对称：y = f ( x)↔y = f (−x)；
关于原点对称：y = f ( x)↔y =−f (−x)；
关于x =a轴对称：y = f ( x)↔y = f (2a−x)。
【例2】已知f ( x)= log2 ( x +1)，求：（1）与f ( x)关于y轴对称的函数解析式；（2）与f ( x)关于直线x =2对
称的函数解析式。
解析：① 关于y对称：代入结论，解析式为y = f (−x)= log2 (−x +1)；
② 关于x =2对称：a=2，代入结论，解析式为y = f (2×2−x)= f (4−x)= log2 [(4−x)+1]= log2 (5−x)。
【解题大招03】图象变换“一步到位”法
遵循“先平移、后翻折”的顺序，避免变换顺序错误，结合公式快速写出变换后的解析式。
关键规律：
1. 平移+翻折：左移h→f ( x +h)，右移h→f ( x−h)；关于x 轴对称→−f ( x)；
2. 易错提醒：先翻折再平移，平移方向易反向（如先关于y 轴对称再左移，需注意x 的符号）。
【例3】已知f ( x)= x
2，求经过“右移3 个单位，再关于x 轴对称翻折”后的函数解析式。
解析：第一步（右移3 个单位）：y = f ( x −3)=( x −3)
2；
第二步（关于x 轴对称翻折）：y =−( x−3)
2，即为目标解析式
【解题大招04】对称性+周期性快速推导
利用对称性质推导周期，熟记2 个高频结论，快速转化函数值，简化计算。
核心结论：
1. 函数关于x =a和x =b（a≠b）对称，则周期T =2|a−b|；
2. 函数关于x =a和点(b,0)对称，则周期T = 4|a−b|。
【例4】已知f ( x)的图象关于直线x =1和x =3对称，且f (2)=5，求f (8)的值。
解析：由结论1，周期T =2|3−1|= 4，故f (8)= f (8−2×4)= f (0)；
又f ( x)关于x =1对称，f (0)= f (2)=5，因此f (8)=5。
【基础过关】（共8 题）
一、单选题
1．（2026·陕西榆林·模拟预测）函数
的图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由函数的解析式可知该函数的定义域为全体非零实数，
因为
，
所以该函数是奇函数，它的图象关于原点对称，所以排除选项AC；
当
时，
，所以排除选项D，所以选项B 中的图象有可能是该函数的图象.
2．（2025·安徽·模拟预测）“函数
的图象关于直线
对称”是“函数
为偶函数”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
【答案】C
【分析】根据对称和偶函数定义判断.
【详解】若函数
的图象关于直线
对称，则
，
令
，则
，所以
，
是偶函数，
所以函数
是偶函数，
所以“函数
的图象关于直线
对称”是“函数
是偶函数”的充分条件；
若函数
是偶函数，令
，则
是偶函数，
所以
，又
，所以
，
即
，所以
的图象关于直线
对称，
所以“函数
的图象关于直线
对称”是“函数
是偶函数”的必要条件.
综上可知，“函数
的图象关于直线
对称”是“函数
是偶函数”的充要条件，
故选：C.
3．（2026·海南海口·模拟预测）已知函数
定义域为
，下列是
无最小值的充分条件的是（ ）
A．
为偶函数且图象关于直线
对称
B．
为偶函数且图象关于点
对称
C．
为奇函数且图象关于直线
对称
D．
为奇函数且图象关于点
对称
【答案】D
【分析】根据对称性可判断函数的周期，故可判断ABC 的正误，根据对称性可得
，据此可判断D
的正误.
【详解】对于A，因为
为偶函数，故
，
而
的图象关于直线
对称，
故
，故
，
故
为周期函数且周期为4，
而
在
必有最小值，故
必有最小值，故A 错误.
对于B，而
的图象关于点
对称，
故
，故
，
因为
为偶函数，故
，
故
，
，
故
为周期函数且周期为8，
而
在
必有最小值，故
必有最小值，故B 错误.
对于C，因为
为奇函数，故
，
而
的图象关于直线
对称，故
，故
，
所以
故
为周期函数且周期为8，
而
在
必有最小值，故
必有最小值，故C 错误.
对于D，因为
为奇函数，故
，
而
的图像关于点
对称，故
，
故
，设
，
则
，当
时，
，
故
无最小值，故D 正确.
二、多选题
4．（2025·江西新余·模拟预测）下列函数中，
的图象可以由
的图象仅通过一次轴对称变换得到的有：
（ ）．
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】ABD
【分析】由两直线相交可判断A；由
，可判断B；
是一条完整的抛物线，
是半只抛物线，
可判断C；求得
的反函数判断D.
【详解】对于A：因两直线斜率不等，故两条直线相交构成轴对称图形，故A 正确；
对于B：因为
，所以两函数的图象关于直线
对称，故B 正确；
对于C：因为
是一条完整的抛物线，
是半只抛物线，
所以
与
不关于直线对称，故C 错误；
对于D：由
，可得
，所以
，所以
，
所以
，所以
与
互为反函数，图象关于
对称，故D 正确．
故选：ABD.
5．（2025·云南·模拟预测）已知函数
的图象关于点
对称，则
的值可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】根据正切型函数的对称性逐一判断即可.
【详解】因为函数
的图象关于点
对称，
所以
，则
.
A：令
，符合题意；
B：令
，不符合题意；
C：令
，符合题意；
D：令
，不符合题意，
故选：AC
三、填空题
6．（2026·山东·二模）已知函数
的图象关于点
对称，则
_______________．
【答案】2
【详解】
，关于点
对称，
由题意可知函数
关于点
对称，所以解得
.
7．（2025·海南·模拟预测）已知
为奇函数，若
与
的图象有10 个交点，设交点的横坐标
从小到大依次为
，则
______________.
【答案】30
【分析】根据奇函数的定义以及图像平移可知与的图像的交点关于点
对称，结合对称性即可得结果.
【详解】因为
为奇函数，所以
的图象关于原点对称，
又
的图象可由
的图象向右平移3 个单位长度得到，
所以
的图象关于点
对称.
又
的图象也关于点
对称，
所以
与
的图象的交点关于点
对称，
所以
，
故
.
故答案为：30.
四、解答题
8．（2024·陕西西安·二模）设函数
.
(1)在坐标系中画出函数
的图象；
(2)若
对任意
恒成立，求
的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2)
.
【分析】（1）根据题意求出
的分段函数解析式，作出图像，从而可求解.
（2）由（1）中图像可知
，即
任意
对从而可求解.
【详解】（1）由题意得
，作出图象，如图所示，
（2）由（1）知
，所以
对任意
恒成立，
即
，解得
或
，
所以
的取值范围为
.
【拔高选练】（共6 题）
一、单选题
1．（2026·吉林·二模）已知函数
的图象关于直线
对称，且
在
上单调递减，若
，
，则m 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由函数的对称性得到
恒成立，通过平方化简即可求解.
【详解】由
关于直线
对称，且在
上单调递减，
因为
，
恒成立，
所以
，
两边平方展开化简：
即
，
整理得
，
因为对任意
不等式恒成立，故
，即
，
故
的取值范围是
.
2．（2026·云南曲靖·二模）已知定义域为
的函数
满足
，且对任意
，
，当
时，
都有
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用函数的对称性及单调性的定义确定区间单调性，再由单调性判断函数值的大小.
【详解】由
得函数
的图象关于
对称，
根据已知及单调性的定义，知
在
上为减函数，
所以
在
上为增函数，
，且
，
∴f (2)<f (4)<f (−3)．
二、多选题
3．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）函数
的图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】根据
的定义域，可排除
；求导讨论不同
值对应的函数
的单调性，判断选项
.
【详解】
的定义域为
，所以选项
错误；
，
当
时，
在
恒成立，所以
单调递增，
且当
时，
，
，所以
，所以图象可能是选项
当
时，
，此时图象可能是选项
；
当
时，因为
与
都是增函数，所以
也是增函数，
令
，则
，设方程的根为
，即
，
所以当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
所以
，
若
，显然
，则
，所以图象可能是选项
；
故选：
.
三、填空题
4．（2025·湖南·三模）已知函数
，
，函数
的图象与曲线
交于点
，与曲线
交于点
，
，点
在第一象限，且
，四点顺次呈逆时针排列，则直线
的斜率与直线
的斜
率的乘积为______.
【答案】1
【分析】由题意点
与点
关于直线
对称，得
，同理
，代入直线的斜率公式化简即
可求解.
【详解】设
，则
，
由点
与点
关于直线
对称，所以
，同理
，
所以
，
因为
，
所以
故答案为：1.
5．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知函数
满足
，且
，则方程
的实数解的个数为________．
【答案】4
【分析】由题可知
的周期为
，方程
的解即为
与
的交点横坐标，画出
与
的图
象，数形结合即可判断.
【详解】由函数
满足
，则
，所以
的周期为
，
由
，
，
可得函数
的图象如下：
方程
的解，即为
的交点横坐标，
当
时，
，此时
与
无交点，
当
时，
，此时
与
无交点，
由图可知两图象交点个数为
，即方程
的实数解的个数为
.
故答案为：
四、解答题
6．（2025·河北唐山·模拟预测）已知函数
．
(1)若函数
的图象关于点
对称，求
的值；
(2)若
是
的极大值点，求
的值；
(3)设
是
的极值点，且满足
，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题可得
是奇函数，利用奇函数的定义即可求解；
（2）根据题意可得
，解得
或2，代入原函数结合函数单调性检验即可；
（3）由
是
的极值点，得
，代入化简得：
，
解不等式即可求解.
【详解】（1）由曲线
的图象关于点
对称，得
是奇函数，
因为
，所以
，解得
.
（2）
．
因为
是
的极大值点，所以
，解得
或2.
当
时，
，所以当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增，因此
是
的极小值点（舍去）；
当
时，
，所以
时，
单调递增，
当
时，
单调递减，因此
是
的极大值点．
综上，可得
.
（3）
，
因为
是
的极值点，所以
，
因为
，代入上式化简可得：
由
可得
，
解得
.
【错题复盘】（共5 题）
一、单选题
1．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数
的定义域为
，
，当
时，
，
则曲线
在点
处的切线的斜率为（ ）
A．2
B．1
C．
D．
【答案】C
【分析】利用导数求出曲线在点
处的切线的斜率，再利用对称性求得答案.
【详解】由函数
的定义域为
，
，得函数
的图象关于直线
对称，
因此曲线
在点
处的切线与曲线
在点
处切线关于直线
对称，
其斜率互为相反数，当
时，
，求导得
，则
，
所以曲线
在点
处的切线的斜率为
.
2．（2026·浙江宁波·三模）某函数的图像如图所示，则该函数解析式可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据零点特征排除A、C；结合导数和图象特点判断B；
的图象特征判断D；
【详解】图像中函数与
轴有两个交点（即两个零点），
选项A ，
只有1 个零点
，选项C，
没有零点，因此排除A、C.
图像中
时，函数值趋近于0，选项D
，当
时，
，不符合趋势，排除D.
选项B：
，零点为
（两个零点，一负一正，符合图像）；
时，
，
，且
时，
，符合图像左半部分趋势；
时，
，
，
时
，符合；
时，
，求导得
，可得
时函数先增后减，且
时，指数函数增长快于多项式，
，完全符合图像特征.
二、多选题
3．（2026·四川成都·三模）已知函数
，则（ ）
A．当
时，函数
有最大值
B．若函数
图象的对称中心为
，则
C．函数
在
上一定存在减区间
D．函数
可能有2 个零点
【答案】BC
【分析】对于A，求导根据函数的单调性判断即可；对于B，二阶导数求对称中心横坐标或利用对称中心定义判断即
可；对于C，求导，结合判别式大于零解出减区间即可判断；对于D，因式分解，结合判别式大于零进行判断即可.
【详解】对于A，当
时，
，
当
时，
在
上单调递增，
当
无限趋于正无穷大时，
也无限趋于正无穷大，所以
没有最大值，故A 错误；
对于B，法一：
，令
，则
，
结合三次函数对称性可知，
，所以
，故B 正确；
法二：若函数
图象的对称中心为
，则对任意实数，恒有
，
代入化简得
，解得
，故B 正确；
对于C，
，令
，
解得
或
，
当
时
，所以
在
上单调递减，故C 正确；
对于D，
，
令
，又
，
所以
有两个不为0 的根，所以
有3 个零点，故D 错误.
三、填空题
4．（2026·山西晋中·三模）已知函数
的定义域为
是偶函数，
，则
__________.
【答案】2
【分析】根据函数的对称性以及奇偶性求出函数的周期，再求解即可.
【详解】由
是偶函数，可知
是偶函数，则
的图像关于直线
对称.
由
，可知
的图象关于点
对称，可得
故
是
的周期.
由
，可得
，
，因此
.
四、解答题
5．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数
.
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线
关于直线
对称，若存在，求a，b 的值，若不存在，说明理由.
(3)若
在
存在极值，求a 的取值范围.
【答案】(1)
；
(2)存在
满足题意，理由见解析.
(3)
.
【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程
即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数
的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数
的方程，解方程可得实数
的值，最后检验所得的
是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数
，然后对函数求导，利用切线
放缩研究导函数的性质，分类讨论
，
和
三中情况即可求得实数
的取值范围.
【详解】（1）当
时，
，
则
，
据此可得
，
函数在
处的切线方程为
，
即
.
（2）令
，
函数的定义域满足
，即函数的定义域为
，
定义域关于直线
对称，由题意可得
，
由对称性可知
，
取
可得
，
即
，则
，解得
，
经检验
满足题意，故
.
即存在
满足题意.
（3）由函数的解析式可得
，
由
在区间
存在极值点，则
在区间
上存在变号零点;
令
，
则
，
令
，
在区间
存在极值点，等价于
在区间
上存在变号零点，
当
时，
，
在区间
上单调递减，
此时
，
在区间
上无零点，不合题意;
当
，
时，由于
，所以
在区间
上单调递增，
所以
，
在区间
上单调递增，
，
所以
在区间
上无零点，不符合题意；
当
时，由
可得
，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
故
的最小值为
，
令
，则
，
函数
在定义域内单调递增，
，
据此可得
恒成立，
则
，
由一次函数与对数函数的性质可得，当
时，
，
且注意到
，
根据零点存在性定理可知:
在区间
上存在唯一零点
.
当
时，
，
单调减，
当
时，
，
单调递增，
所以
.
令
，则
，
则函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，所以
，
所以
，
所以函数
在区间
上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数
得取值范围是
.
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、
差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0 和极值这两个条件列方程组，利用待定系数
法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
