3.奇偶性与对称性及应用_11.3-2_2026-11-03

3.奇偶性与对称性及应用
一．基本原理
1.奇偶性的定义：需要熟练掌握
2.奇偶性的判定：
①.定义法
②.性质法： 奇×奇为偶；奇×偶为奇；等等，类似进行加减乘除运算即可.
③ .一个特殊的性质：
已知函数 f(x)的定义域为R.
（1）求证：函数g(x) f(x) f(x)为R上的偶函数；
（2）求证：函数h(x) f(x) f(x)为R上的奇函数；
（3）试判断：定义在R上的函数 f(x)能否表示为一个奇函数和一个偶函数的和.
解析：（1）证明：因为函数 f(x)的定义域为R.所以函数g(x) f(x) f(x)的定义域为
R，又g(x) f(x) f (x) f(x) f(x)g(x)，所以函数g(x) f(x) f(x)为R
上的偶函数；
（2）证明：因为函数 f(x)的定义域为R.所以函数h(x) f(x) f(x)的定义域为R，又
h(x) f(x) f (x)f(x) f(x)h(x)，所以函数h(x) f(x) f(x)为R上的奇
函数；
f(x)+f(x) f(x) f(x)
（3）因为函数 f(x)的定义域为R.令 G(x) ，H(x) ，则
2 2
f(x)+f(x) f(x) f(x) f(x)+f(x)
G(x)+H(x) +  fx，又由（1）得G(x) 为R上的偶函
2 2 2
f(x) f(x)
数，由（2）得H(x) 为R上的奇函数，且G(x)+H(x) fx，所以定义在R上
2
的函数 f(x)可以表示为一个奇函数和一个偶函数的和.
由证明可知，上述结论函数的定义域可以是任意对称区间.
1x 1x
比如. f(x)log ,g(x)log ,(a0,a1)都是奇函数.
a1x a1x
证 明 ： 令 h(x)log (1x)，
a
1x
f(x)log log (1x)log (1x)h(x)h(x)
a1x a a
1x
g(x)log log (1x)log (1x)h(x)h(x)，由基本原理（2）可证.
a1x a a
类似，还可以判断下列函数的奇偶性
②. f(x)log (bx 1b2x2),(a 0,a 1)是奇函数.
a
b
③. f(x)log (abx 1) x(a0且a1)是偶函数.
a 2对数型奇偶性证明通常需从 f(x) f(x)0或 f(x) f(x)0来完成.
（4）与指数有关的复合函数：假设a0且a1.
k k
①. f(x)  为奇函数
1ax 2
k k
②. f(x)  为奇函数
ax 1 2
ax 1
③. f(x) 可转化为②或③
ax 1
4.奇偶性与对称性
（1）.轴对称: 函数图象关于一条垂直于x轴的直线对称，则当函数图象上任意两个点
（x , f(x )),(x , f(x ))到直线xa的距离相等且函数值 f(x ) f(x )时. 我们就称函数
1 1 2 2 1 2
y  f(x)关于xa对称.
代数表示: (1). f(ax) f(ax) (2). f(x) f(2ax)
（2）.中心对称：函数 y  f(x)上任意一点（ x , f(x )）关于点 (a,b)对称的点（
1 1
x , f(x )）也在函数图像上，此时我们就称函数为关于点(a,b)对称的中心对称图像，点(
2 2
a,b)为对称中心.
用代数式表示：(1). f(ax) f(ax)2b (2). f(x) f(2ax)2b
（3）.已知 f(x)是定义在R上的函数，若 f(xa)(aR)是奇函数，则 f(x)的图像关于
点A(a,0)对称.
（4）.已知 f(x)是定义在R上的函数，若 f(xa)(aR)是偶函数，则 f(x)的图像关于
直线xa对称.
5.奇偶性（对称性）与导函数
若 f(ax) f(ax) f '(ax)f '(ax)，即轴对称函数的导函数为中心对称函
数，反之亦然，若 f(ax)f(ax) f '(ax) f '(ax)
6.奇偶性的应用类型
（1）.奇偶性加单调性解不等式
（2）.利用奇偶性求解析式
（3）.常见奇函数与奇偶性的运算性质
（4）.奇函数中一个重要的结论
（5）.奇偶性与单调性综合（6）.从奇偶性到对称性（对称性的判别）
（7）.对称性的综合应用
（8）.基于奇偶（对称性）的凸凹反转
二．真题速递
xex
1．（2023·全国·高考真题乙卷）已知 f(x) 是偶函数，则a（ ）
eax1
A．2 B．1 C．1 D．2
解析：因为 f x
xex
为偶函数，则 f x f x
xex

xex

x

exea1x
 0
eax1 eax1 eax1 eax1
，
又因为x不恒为0，可得exea1x 0，即ex ea1x，则xa1x，即1a1，解得
a2.
故选：D.
2x1
2．（2023·全国·高考真题新高考2卷）若 f xxaln 为偶函数，则a（ ）．
2x1
1
A．1 B．0 C． D．1
2
1
解析：因为 f(x) 为偶函数，则 f(1) f(1)，(1a)ln (1a)ln3，解得a0，
3
2x1 1 1
当a0时， f xxln ，2x12x10，解得x 或x ，则其定义域为
2x1 2 2
 1 1
x x 或x ，关于原点对称.
 2 2
2x1 2x1 2x1 1 2x1
f xxln xln xln  xln  f x，
2x1 2x1 2x1 2x1
故此时 f x为偶函数.故选：B.
3．（2023·全国·高考真题甲卷）若 f xx12axsin  x π 为偶函数，则a______.
 2
解析：因为y f xx12axsin  x π x12axcosx为偶函数，定义域为R
 2
，
 π π  π  2 π  π π  2 π π
所以 f   f  ，即  1  acos  1  acos ，
 2 2  2  2  2 2  2 2
则πa   π 1   2    π 1   2 2π，故a2，此时 f xx122xcosxx21cosx，
2  2 
所以 f xx21cosxx21cosx f x，又定义域为R，故 f x为偶函数，
所以a2.故答案为：2.4．（2021年新高考1卷）已知函数 f xx3 a2x2x 是偶函数，则a_________.
解析：因为 f xx3 a2x2x ，故 f xx3 a2x2x ，因为 f x为偶函数，故
f x f x，时x3 a2x2x x3 a2x2x ，整理得到a1 2x+2x =0，故a1
，故答案为：1
1x
5．（2021年全国乙卷）设函数 f(x) ，则下列函数中为奇函数的是（ ）
1x
A． f x11 B． f x11 C． f x11 D． f x11
1x 2
解析：由题意可得 f(x) 1 ，
1x 1x
2
对于A， f x11 2不是奇函数；
x
2
对于B， f x11 是奇函数；
x
2
对于C， f x11 2，定义域不关于原点对称，不是奇函数；
x2
2
对于D， f x11 ，定义域不关于原点对称，不是奇函数.故选：B
x2
2
6.（25届高三八省联考）已知曲线C: y  x3 ，两条直线l 、l 均过坐标原点O，l 和
x 1 2 1
C交于M、N两点，l 和C交于P、Q两点，若三角形AOPM 的面积为 2 ，则三角形
2
AMNQ的面积为____________．
2
解析：由于x,y和x,y都符合y x3 ,x0，所以曲线C的图象关于原点对称，当
x
2
x0时，函数yx3 单调递增，由此画出曲线C的大致图象如下图所示，
x
两条直线l 、l 均过坐标原点O，所以M、N两点关于原点对称，P、Q两点关于原点对
1 2
称，
根据对称性，不妨设M,N,P,Q位置如图，可知 OP  OQ,OM  ON ，POM QON
，
所以△OPM △OQN，所以S S  2 ，而AOQM 和△OQN 等底等高，面积相
△OQN △OPM同，所以S  2，所以S 2 2.故答案为：2 2
△OQM △MNQ
7.（2024年新课标全国2卷）设函数 f(x)a(x1)21，g(x)cosx2ax，当x(1,1)
时，曲线y f(x)与yg(x)恰有一个交点，则a（ ）
1
A．1 B． C．1 D．2
2
分析：图像交点问题常转化成两个函数解析式组成的方程组的公共解，倘若能够观察到
f(x)与g(x)表达式中有一个公共项2ax，此题函数很容易突破的！
解析：令hx  f(x)  gx  ax2  a 1cosx,x1,1，原题意等价于hx有且仅
有一个零点，因为hx  ax2  a 1cosx  ax2  a 1cosx  hx，
则hx为偶函数，根据偶函数的对称性可知hx的零点只能为0，即h0  a  2  0，
解得a2，若a2，则hx  2x2 1cosx,x1,1，又因为2x2 0,1cosx0当且
仅当x0时，等号成立，可得hx0，当且仅当x0时，等号成立，即hx有且仅有
一个零点0，所以a2符合题意；故选：D.
8．（2024年高考全国甲卷数学（理））函数 f xx2  exex sinx在区间[2.8,2.8]的
大致图像为（ ）
A． B．
C． D．
解析： f xx2  exex sinxx2  exex sinx f x，又函数定义域为
2.8,2.8，故该函数为偶函数，可排除A、C，又
 1  1 π e 1 1 1
f 11e sin11e sin  1   0，故可排除D.故选：B.
 e  e 6 2 2e 4 2e
三．对点训练
1.奇偶性加单调性解不等式
类型：已知y  f(x),xD，求解类似于 f((x)) f((x))0的不等式.
1 2解法：利用奇偶性转化为： f() f()，再利用单调性求解与自变量有关的不等式.
例1．已知函数 f xex1 x22x，则使得 f x f 2x成立的x的取值范围是______.
解析：因为 f xex1 x22xex1 x121，则 f x1ex x21，
令gxex x21，则 f x的图象是由gx的图象向右平移1个单位得到，
又gxex x21ex x21gx，即gxex x21为偶函数，
且当x0时gxexx21，所以gx在0,上单调递增，则gx在(,0)上单调
递减，所以 f x在(1,)上单调递增，在(,1)上单调递减，且关于x1对称，所以
2  2
f x f 2x时，有 x1  2x1，解得0x .故答案为：0, 
3  3
除此之外，在利用奇偶性和单调性解不等式时，还需注意到下面的问题
若 f(x) x2 mf(x) f( mx)(m0)
若 f(x) x3 mf(x) f(3 mx)
若 f(x)ax  f m(x) f(mx)
例2．已知 f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时， f(x)x2，对任意的
x[2t3,2t3]，不等式 f(2xt)3f(x)恒成立，那么实数t的取值范围是（ ）
A．[ 3,) B．[3,) C．(, 3] D．(,3]
解析：∵ f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0 时， f(x)x2，∴当x0，有x0，
 x2,x0
f(x)(x)2，∴f(x)x2，即 f(x)x2，∴ f(x) ，∴ f(x)在R上是单调递
x2,x0
增函数，且满足3f(x) f( 3x)，∵不等式 f(2xt)3f(x) f( 3x)在[2t3,2t3]恒成
立，∴2xt 3x在[2t3,2t3]恒成立，∴x(2 3)t在[2t3,2t3]恒成立，
∴2t3(2 3)t，解得t 3，则实数t的取值范围是(, 3]，故选：C
2.利用奇偶性求解析式
例3．已知 f x是定义在R上的奇函数， 且当x0时，f x2xxm，则 f 3
______.
解析：因为 f x是定义在R上的奇函数，所以 f 020m0，解得m1，则
f x2xx1，故 f 3f 310.故答案为：10例5．已知 f x，gx分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且满足 f xgx2x
．若g  f xa  0恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．,1 B．,1 C．1, D．1,
解析：因为 f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，所以 f(x) f(x)，
g(x)g(x)，因为 f(x)g(x)2x，①，所以 f(x)g(x)2x，所以 f(x)g(x)2x
2x2x 2x2x
，②，①②得 f(x) ，g(x) ，因为y2x在定义域R上单调递增，
2 2
2x2x
y2x在定义域R上单调递减，所以g(x) 在R上单调递增，又g(0)0，
2
若g  f xa  0恒成立，则gf xag0恒成立，所以 f xa0恒成立，
所以 f xa恒成立，所以只需a f x ，因为2x 0，2x 0，所以
min
2x 2x
2x2x 2 2x2x 2（当且仅当2x 2x，即x0时取等号），所以 fx 1（当
2
且仅当x0时，取等号），所以a1，所以a的取值范围为,1 .故选：B．
3.常见奇函数与奇偶性的运算性质
log x2x,x0
例4．已知 f x a 是奇函数，则ab（ ）
log xbx,x0
 2
3 5
A． B．0 C． D．4
2 2
解析：因为 f x是奇函数，设x0，则x0，所以 f xlog x2xf x，
a
1  1
f xlog x2xlog x2x  2 a 1 3
即 a 1 ，所以a ，即 2 ，则ab 2 .
a  b2  b2 2 2
故选：A.
1
例5．若 f xln a b是奇函数，则b_________．
1x
1
解析：因为 f(x)ln a b是奇函数，f(x)定义域关于原点对称，
1x
1 a1 a1
由a 0,可得1xaax10，所以x1且x ，所以 1，解得
1x a a
1
a ，
2
1
所以函数的定义域为,11,11,，则 f 00，即 f 0ln  1b0，
2
1 1 1x
解得bln2，此时 f(x)ln   ln2ln ，
2 1x 1x
1x 1x
f xln ln f x符合题意，所以bln2.故答案为：ln2.
1x 1x4.奇函数中一个重要的结论
若 f x为奇函数，则 f x f x0对定义域内的任意实数x恒成立，那么设
gx f xa，则gxgx2a，特别地，gx gx 2a.
max min
 
例 6.（2018年全国卷）已知函数 f xln 1x2 x 1， f a4，则 f a
________.
 
解 析 ： 设 gxln 1x2 x ， 由 上 述 讨 论 可 知 ： 所 以 gx为 奇 函 数 ， 而
f xgx1，
所以 f a f a2，故 f a2 f a2.
5.奇偶性与单调性综合
例7．已知偶函数 f(x)在[0,)上单调递减，若a f(log 0.2)，b f(0.20.2)，c f(0.30.3)
0.3
，则（ ）
A．cab B．acb C．abc D．cba
解析：ylog x在0,上单调递减，故log 0.2log 0.31，y0.2x在R上单调递
0.3 0.3 0.3
减，故0.20.2  0,0.20 0,1，y0.3x在R上单调递增，故0.30.3  0.30,0  1,0，则
3 1 1 2 1 1
0.30.30,1，且0.30.3 0.310   0.33 10 0.02710，0.20.2 0.210   0.22 10 0.0410，
1 1
因为 ，所以0.30.3 0.20.2，故log 0.20.20.2 0.30.3，因为偶函数 f(x)在
0.02710 0.0410 0.3
[0,)上单调递减，故 f(0.30.3) f(0.30.3)，由于 f(log 0.2) f(0.20.2) f(0.30.3)，所以
0.3
f(log 0.2) f(0.20.2) f(0.30.3)，即abc.故选：C
0.3
6.从奇偶性到对称性（对称性的判别）
例8．已知函数 f x关于x1对称，当1x
1
x
2
时，

f x
2
 f x
1


x
2
x
1
0恒成立，
 1 3
设a f  ，b f  ，c f 3，则a，b，c的大小关系为（ ）
 2 2
A．bac B．cba C．b<c<a D．abc
解析：因为函数 f x关于x1对称，所以函数 f x1的图象关于x0对称，
 1 5
即函数 f x1为偶函数，所以 f x1 f x1，所以 f   f  ，因为当
 2 2
1x
1
x
2
时，

f x
2
 f x
1


x
2
x
1
0恒成立，所以函数 f x在1，上单调递增，
3 5 3 5
又  3，所以 f   f   f 3，所以bac，故选：A.
2 2 2 2
7.
8. 对称性的综合应用例9.（2016年全国卷文科）
已知函数 f(x)(xR)满足 f(x) f(2x)，若函数 y |x2 2x3|的图象与函数
m
y  f(x)的图象的交点为(x ,y ),(x ,y ),...(x ,y ),则x ( )
1 1 2 2 m m i
i1
A. 0 B.m C.2m D.4m
例10.（2016年全国卷理科）
x1
已知函数 f(x)(xR)满足 f(x)  2 f(x),若函数 y  与 y  f(x)图像的交点为
x
m
(x y ),(x ,y )，（x ,y ），则(x  y )
1, 1 2 2 m m i i
i1
A. 0 B.m C.2m D.4m
解析：若两函数 y  f(x),y  g(x)的图象分别关于直线xa轴对称或者关于点(m,n)中
心对称，则函数 y  f(x),y  g(x)的图象的所有的交点也都关于直线xa轴对称或者关
于点(m,n)中心对称.于是两题均选B.
8.基于奇偶（对称性）的凸凹反转
例 11.（2017年全国 3卷）已知函数 f(x) x2 2xa(ex1ex1)有唯一零点，则
a ____
解析：此题若懂得前面的常见函数及性质就很容易下手，若不懂，借助导数与零点来实
现，可能就做不出来！注意到ex1ex1的构造，跟偶函数ex ex长得很像，所以我们
会发现
ex1ex1是关于直线x1对称的，而x2 2x也是关于直线x1对称的，这样的话，
f(x)0 x2 2xa(ex1ex1)，如此 f(x)的唯一零点便在x1处取得，代入可
得：a1.
例12．已知函数 f xcosxa  x21  ，若 f x在1,1有唯一的零点，则a（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：由于 f xcosxax2 1cosxa  x21   f x，所以 f x是偶函数，
 
要使 f x在(‒𝟏,𝟏)有唯一的零点，则 f 00，即 f 01a0，解得a1，故选：A
三．习题演练
1．已知 f xln  x 1x2  ，则 f  x28   f 2x0的解集为（ ）
A．x|2x4B．x|4x2
C．{x|x4或x£-2}
D．{x|x2或x4}
解析：由 f xln[x 1(x)2]ln( 1x2 x)ln( 1x2 x)f(x)，且定义域为
R，根据yx,y 1x2 在(0,)上递增，则t  1x2 x在(0,)上递增，又ylnt在
 
(0,)上递增，则 f xln x 1x2 在(0,)上递增，结合奇函数性质且函数在R上
连续，则 f x在R上递增，由
f  x28   f 2x0 f  x28  f 2x f(2x)x282x，所以
x22x8(x4)(x2)0，解集为{x|x2或x4}.故选：D
2．已知函数 f(x)为定义在R上的奇函数，且在0,上单调递减，满足
f(log a) f(log a)2f(3)
2 1 ，则实数a的取值范围为（ ）
2
 1 1 
A．0,  B．  ,8  C．0,8 D．8,
 8 8 
解析：函数 f(x)为定义在R上的奇函数，且在0,上单调递减，所以 f(x)在R上是减
f(log a) f(log a)2f(3)
函数， 2 1 ，即 f(log a) f(log a)2f(3)，所以 f(log a) f(3)
2 2 2
2
，
所以log a3log 23，所以a8，即实数a的取值范围为8,.故选：D.
2 2
 lnx,0x2
3．设 f x ，若方程 f xm有四个不相等的实根x i1,2,3,4，则
 f 4x,2x4 i
x x 2x2x2的取值范围为_________
1 2 3 4
解析：当2x4时， f x f 4x，则 f x的图象关于x2对称，不妨设
x x x x ，
1 2 3 4
1
如图所示：由图象知：x x x x 4，- lnx =lnx ，所以xx 1，x  ，
1 4 2 3 1 2 1 2 1 x
2
1
x 4 ，x 4x ，所以x x 2x2x2 x2x22x x x2x2，
4 x 3 2 1 2 3 4 1 2 1 2 3 4
2
2 2
1  1   1   1  1  5
 x 2 2 x 2 224x 2 2  4 x 2   2 x 2 x 2   8 x 2 x 2   30，令t x 2 x 2   2, 2   ，
则ht2t28t302t2222  22, 45 .故答案为：  22, 45 
 2   2 2aacosxsinx
4．已知定义域为R的函数 f x aR有最大值和最小值，且最大值
2cosx
与最小值的和为8，则a等于（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
2aacosxsinx sinx sinx
解析：因为 f x  a，设gx ，则
2cosx 2cosx 2cosx
sinx sinx sinx
gx  gx，所以，gx 为R上的奇函数.根据奇
2cosx 2cosx 2cosx
函数的性质可知，gx gx 0，所以
max min
f x  f x gx agx a2a8，所以，a4.故选：C.
max min max min
5．已知函数 f xax7bx3x2cx2023，且 f 106，则 f 10_________
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
6．已知函数 f xax4bx2x6，且 f 12022，则 f 1__________
解析：构造具有奇偶性的函数，由 f xax4bx2x6，得ax4bx26 f xx，
构建函数gxax4bx26 f xx，定义域为R，因为
gxax4bx26ax4bx26gx，所以函数gx是偶函数，所以
g1g1，所以 f 11 f 11，从而 f 1 f 12，又 f 12022，
因此 f 12024.故答案为：2024
 a2 
7．已知函数 f xlog a2x x是偶函数，不等式 f xlnx f  lnbb2 恒成立，
a  16则b的最大值为_________．
 a2 
解析：因为函数 f xlog a2x x是偶函数，所以 f(x) f(x)，所以 f(1) f(1)
a  16
 a2   a2   a2  a2 
，即log a2 1log a2 1，化简得log a2 a2 2log a2，
a  16 a  16 a  16 16 a
解得a1或a4，又因为a0且a1，所以a4，所以
f xlog  42x1  xlog  16x1  x.经检验， f(x) f(x)对任意xR恒成立，所以
4 4
f xlog  16x1  x.又因为 f xlog  16x1  xlog (4x 1 )，且 f(x)为偶函数，
4 4 4 4x
1 1
所以x(0,)时，4x  单调递增，x(,0)时，4x  单调递减，所以 f(x)在
4x 4x
(,0)单调递减，在(0,)单调递增.因为 f xlnx f  lnbb2 恒成立，所以
1
|xlnx||lnbb2|恒成立.令函数g(x) xlnx，g(x)1 (x0)，所以x(0,1)时，
x
g(x)0，函数g(x)单调递减；x(1,)时，g(x)0，函数g(x)单调递增，所以
g(x) g(1)10，
min
所以|xlnx|1恒成立，所以|lnbb2|1恒成立，即1lnbb2 1恒成立.令函数
1 12x2 2
(x)lnxx2，所以(x) 2x (x0)所以x(0, )时，(x)0，函数
x x 2
2 2
(x)单调递增；x( ,)时，(x)0，函数(x)单调递减，所以(x)在(0, )单调
2 2
2 2 ln2 1
递增，在( ,)单调递减，所以(x) ( )  1，所以lnbb2 1恒成立.
2 max 2 2 2
2 2
又因为(1)ln112 1，且 1，所以存在x (0, )，使得(x )1，
2 0 2 0
所以1lnbb2 1的解集为{b|x b1}，所以b的最大值为1.故答案为：1
0