4.函数的周期性与应用_11.3-2_2026-11-03

4.函数的周期性的七大应用
抽象函数由于能够更加直接的刻画很多函数共同的性质，当然颇受命题人的喜爱. 命制抽
象函数试题的基本原理就是函数的性质：单调性，奇偶性与对称性，周期性. 所以在我们
试图解决抽象函数问题时，其基本要求便是熟练的掌握相关结论，其实你会发现，这些东
西就已经足够解决多数问题了.
相关结论在人教A版必修第一册87页，苏教版必修第一册119页均有涉及，读者可自行
查阅，这里重点给出它们的后续应用.
应用1.直接由结论应用周期性
应用2.应用周期性求解析式
应用3.单个函数的周期性迭代
应用4.两个函数的周期性迭代
应用5.类周期函数
应用6.一类特殊的周期函数
应用7.周期性与零点问题
一．函数的周期性
1.定义:对于 f(x)定义域内的每一个x，都存在非零常数T ，使得 f(xT) f(x)恒成
立，则称函数 f(x)具有周期性，T 叫做 f(x)的一个周期，则kT （kZ,k 0）也是
f(x)的周期，所有周期中的最小正数叫 f(x)的最小正周期.
性质1.函数周期性有关结论:
设a是非零常数，若对于函数y  f(x)定义域内的任一变量x有下列条件之一成立，
则函数y  f(x)是周期函数，且2|a|是它的一个周期.
(1). f(xa) f(xa) (2). f(xa)f(x)
1 1
(3). f(xa) (4). f(xa)
f(x) f(x)
二.函数的对称性与周期性综合
性质2. 若函数y  f(x)同时关于直线xa与xb轴对称，则函数y  f(x)必为周期
函数，且T 2|ab|.
性质3. 若函数y  f(x)同时关于点(a,0)与点(b,0)中心对称，则函数y  f(x)必为周
期函数，且T 2|ab|.性质4.若函数y  f(x)既关于xa对称，又关于直线(b,0)轴对称，则函数y  f(x)必
为周期函数，且T 4|ab|.
性质5.已知函数 f(x)的定义域为R，a、bR，且ab，若 f(xa)与 f(xb)均为
奇函数，则 f(x)是周期函数，且2(ab)为其一个周期.
性质6.已知函数 f(x)的定义域为R，a、bR，且ab，若 f(xa)与 f(xb)均为
偶函数，则 f(x)是周期函数，且2(ab)是其一个周期.
性质 7.已知函数 f(x)的定义域为 R， a、bR，且 ab，若 f(xa)是奇函数，
f(xb)是偶函数，则 f(x)是周期函数，且4(ab)为其一个周期.
性质8.周期性的应用:
(1).函数周期性的作用：简而言之“窥一斑而知全豹”，只要了解一个周期的性质，则得到
整个函数的性质.
(2).图像：只要做出一个周期的函数图象，其余部分的图像可利用周期性进行复制粘贴.
(3).单调性：
由于间隔kT(kZ)的函数图象相同，所以若函数y  f(x)在(a,b)(baT)上单调增
(减)，则y  f(x)在(akT,bkT),(kZ)上单调增(减).
二．典例分析
★应用1.直接由结论应用周期性
这里的结论主要指本文所罗列的性质1到性质7，最好能记住.
例1．已知 f x是定义在R上的奇函数，满足 f x2 f x2且 f 11，则
f 2021（ ）
A．4 B．-4 C．1 D．-1
解析：由 f x2 f x2，可知 f(x)周期为4，又 f x是定义在R上的奇函数，
所以 f(2021) f(15054) f(1)f(1)1.故选：D.
例2．已知定义在R上的奇函数 f x满足 f x2 f 2x，则
f 1 f 2 f 3 f 2024（ ）
A．0 B．253 C．253 D．506
解析：因为函数 f x为R上的奇函数，所以 f xf x，又 f x2 f 2x，则
f x4 f xf x，所以 f x8f x4 f x，所以函数 f x是周期为8的周期函数，又 f x4f x，则
f 5f 1, f 6f 2, f 7f 3, f 8f 4，
所以 f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 f 6 f 7 f 80，所以
f 1 f 2 f 3 f 202425300.故选：A.
例3．已知定义在R上的奇函数 f x满足： f x f x6，且当0x3时，
alog x1, 0x1
f x 0.5 （a为常数），则 f 2023 f 2025的值为（ ）
 xx2, 1x3
A．2 B．0 C．1 D．2
解析：因为 f x在𝐑上的奇函数，所以 f 0alog 10，解得a0，所以
0.5
log x1 0x1
f x 0.5 ，因为 f x f x6，所以 f x的周期为6，
 xx2 (1x3)
所以 f 2023 f 2025 f 16337 f 36337 f 1 f 3log 2312.
0.5
故选：D.
例4．已知 f x是定义在R上的偶函数，xR, f 4x f x，当x2,0时，
f xx24x，则 f 2023 f 2024 f 2025（ ）
A．2 B．0 C．6 D．4
解析：因为 f x是定义在R上的偶函数，xR, f 4x f x，可得
f 4x f x f(x)，即 f x4 f x，所以函数 f x是以4为周期的周期函数，
可得 f 2023 f 2024 f 2025 f 1 f 0 f 1，又因为当x2,0时，
f xx24x，可得 f 1 f 13, f 00，所以 f 2023 f 2024 f 20256.
故选：C.
★应用2.应用周期性求解析式
例5．已知 f(x)是定义域为R的奇函数，且 f x2是偶函数，当0x2时，
f(x) x24x，则当6x8时， f(x)的解析式为（ ）
A． f(x)x24x B． f(x)x216x60
C． f(x)x212x32 D． f(x)x212x32
解析：因为 f(x)是定义在R上的奇函数， f(x2)为偶函数，所以 f(x)f(x)，
f(x2) f(x2)，即 f(x) f(x4)，所以 f(x4)f(x)，所以 f(x4)f(x)，可得 f(x8)f(x4) f(x)，所以 f(x)的最小正周期为8，
又当0x2时， f(x) x24x，当6x8时，则08x2，所以
f(8x)(8x)24(8x)x212x32，又由 f(x)是周期为8的奇函数，
则 f(x) f(x8)f(8x)(x212x32)x212x32，故 f(x)x212x32，x6,8 .
故选：D．
例6．已知函数 f x是周期为4的周期函数，且 f x2x21,x2,2，则 f x在区间
4n2,4n2nZ上的解析式为（ ）
A． f x2(x2n)21 B． f x2(x2n)21
C． f x2(x4n)21 D． f x2(x4n)21
解析：因为函数 f x是周期为4的周期函数，所以x4n2,4n2nZ时，
x4n2,2，所以 f x4n2x4n21，即 f x2x4n21，故选：C
1x
例7 ．已知 f x
13x
， f
1
x f 

f x

， f
2
x f 

f
1
x

，…， f
n1
x f 

f
n
x

，则 f 2（ ）
2004
1 1 3
A． B． C．- D．3
7 7 5
x1
1
解析：由 f x 1x ，知 f x x1 ， f x f   x1   3x1 x，
13x 1 3x1 2 3x1 x1
13
3x1
f x f x．则 f(x)为迭代周期函数，故 f x f x，则 f x f x，所以
3 3n 2004
12 1
f 2 f 2  ．故选：A．
2004 16 7
★应用3.单个函数的周期性迭代
这种问题主要是指一个函数利用题干所给的恒等关系迭代出周期性，其核心在于理解周期
性的定义.
例8．定义在R上的函数 f x满足 f x3 f x1 f 2， f 2x f x4，若
1 1 50  1
f   ，则kfk （ ）
2 3
k1
 2
A．100 B．25 C．16 D．17
解析：因为 f x3 f x1 f 2， f x5 f x3 f 2，所以 f x5 f x1
，即 f x4 f x，所以 f x的周期为4，且 f 2 f 0 f 2，可得 f 00，再
由 f x3 f x10可得 f x1 f x10， f x1f x1，f 2xf x， f x4f x2 f x，又 f 2x f x4，所以
1 1
f xf x，所以 f x为奇函数，所以 f x1 f 1x，因为 f   ，所以
2 3
3 1 1 5  3 1 1 7  5 3 1
f   f   ， f   f 1 f   ， f   f 1 f   ，
2 2 3 2  2 2 3 2  2 2 3
50  1 1 1
所以kf k  1234 5678
 2 3 3
k1
1 1 1 99
 45464748 495012 4 17.
3 3 3 3
例9.定义在R上的函数 f(x)满足 f(x1) f(x1) f(2022)， f(2x1) f(2x5)，若
1 1 100  1
f   ，则 f(2022)__________，kf k __________．
2 2  2
k1
解析：因为 f(x1) f(x1) f(2022)，所以 f(x2) f(x) f(2022)，
所以 f(x4) f(x2) f(2022)，则 f x4 f x，所以 f x是以4为周期的周期函
数，
所以 f(2022) f(2)，又 f(2x1) f(2x5)，所以 f 2 f 4 f 0，又
f 2 f 0 f 2022，所以 f 20220，即 f(x1) f(x1)0且 f x1 f 1x，
1 1 3 1 5 1 7 1
由 f   ，所以 f   ， f   ， f   ，
2 2 2 2 2 2 2 2
100  1 1 1 1
所以kf k  1234 5678 979899100
 2 2 2 2
k1
1
 42550.
2
★应用4.两个函数的周期性迭代
这种问题是给出两个函数 f(x),g(x)的抽象关系，其中一个具有对称性，处理方法就类似
于我们解二元一次方程组的加减消元法，只是这里的消元需要利用函数对称性之间的等量
关系实现.
例10．（2021全国乙卷）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)的图像关于直线x2对称，g(2)4，
22
则 f(k)（ ）
k1
A．21 B．22 C．23 D．24
f(x)g(2x)5
解析：  g(2x) g(2x)于是，为了消掉g(x)，就可将方程
 f(x4)g(x)7
组改写成：
f(x)g(2x)5
 ，两式相减，即可得： f(x) f(x2)2，下面给出完整解
 f(x2)g(2x)7
答.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
故选：D
例 11．已知函数 f x,gx的定义域为R，且 f x f x6, f 2xgx4，若
31
gx1为奇函数， f 23，则g(k)___________
k1
解析：由gx1为奇函数，得gx1gx1，即g2xgx，
由 f x f x6，得 f 2x f x4 f 

22x

，又 f 2xgx4，
于是4gx4g2x，即gxg2x，从而g2xg2x，
即gx4gx，因此gx8gx4gx，函数gx的周期为8的周期函数，
显然g(1)g(5)g(2)g(6)g(3)g(7)g(4)g(8)0，又g(32)g(0)4 f(2)1，
31 8
所以g(k)4g(k)g(32)4011.故答案为：1
k1 k1
例12．已知函数 f(x)，g(x)的定义域均为R， f(x1)是奇函数，且 f(1x)g(x)2，
f(x)g(x3)2，则（ ）
A．f（x）为奇函数 B．g（x）为奇函数
20 20
C． f(k)40 D．g(k)40
k1 k1
解析：因为 f xgx32，所以 f x3gx2，又 f 1xgx2，
则有 f x3 f 1x ，因为 f x1是奇函数，所以 f x1f 1x，
可得 f x3f x1，即有 f x2f x与 f x4f x2，
即 f x4 f x，所以 f x是周期为4的周期函数，故gx也是周期为4的周期函
数．
因为f x f x2，所以 f x f x，所以 f x为偶函数．故A错误；
由 f x1是奇函数，则 f 10，所以 f 30，又 f 2 f 4 f 2 f 00，20
所以 f(k)5[f(1) f(2) f(3) f(4)]0，所以C选项错误；
k1
由 f 10得g02，所以B选项错误；因为g22 f 52 f 12，
g1g3

2 f 42 f 6

4

f 4 f 2

4，
20
所以g0g1g2g38，所以g(k)5[g(0)g(1)g(2)g(3)]40，所以D选
k1
项正确．故选：D.
★应用5.类周期函数
1.把定义在R上，且满足 f(xT)af(x)（其中常数满足a 1,a 0,T 0）的函数叫
做类周期函数.
2.性质：例如类周期函数在0 xT 时的解析式为 f(x)，当 x  nT,(n1)T,nZ
时，xnT  0,T ，则 f(x)af(xT)a2f(x2T)anf(xnT)
3.满足该类型的函数是以T 为周期的类周期函数. 当T 0时, 函数图像以周期为单位从左
至右后一个周期图 像上的点与前一周期对应点的纵坐标伸长(k 1)或缩短(k 1)为原的
k倍.
例13．定义域为R的函数 f x满足 f x12f x，当x0,2时，
x2x x0,1
t a
f x ，若x2,0时，对任意的t1,2都有 f x  成
 log
2
x1 x1,2 16 8t
立，则实数a的取值范围是（ ）
A．-,3 B．3, C．,3 D．3,
解析：当x2,1时，x20,1，
1 1 1
当x2,1值， f x f(x2) (x2)2(x2) (x23x2)
 
4 4 4
3 1
当x2,1时， f(x)  f( )
min 2 16
1 1
当x1,0时，x21,2， f x f(x2) log (x3)
4 4 2
1
所以x1,0时， f(x)  f(1)
min 2
1 t a 1
所以x2,0时， f(x)  ，即   对t1,2恒成立，即：
min 16 16 8t 16
1 1 1 1
2at2t (t )2 对t1,2恒成立，令g(t)t2t(t )2 ，t1,2，则
2 4 2 4
g(t)g(2)62a6，解得：a3,故选：B
例 14．（2019年全国二卷）设函数 f(x)的定义域为 R，满足 f(x1)2 f(x)，且当8
x(0,1]时， f(x) x(x1).若对任意x(,m]，都有 f(x) ，则m的取值范围
9
是
 9  7
A． ,

B． ,

 4  3
 5  8
C． ,

D． ,

 2  3
解析：x(0,1]时， f(x)=x(x1)， f(x+1)=2 f(x)， f(x)2f(x1)，即 f(x)
右移1个单位，图像变为原来的2倍．如图所示：当2 x3时，
8
f(x)=4f(x2)=4(x2)(x3)，令4(x2)(x3) ，整理得：9x2 45x560
9
，
7 8 8
(3x7)(3x8)0, x  ,x  （舍）， x(,m]时， f(x) 成立，
1 3 2 3 9
7  7
即m ，m  ,  ，故选B．
3  3
★应用6.一类特殊的周期函数
由和差化积公式，我们可以得到：
1 1
coscos [cos()cos()]；sinsin [cos()cos()]；
2 2
1 1
sincos [sin()sin()]； cossin [sin()sin()].
2 2
证明：由cos()coscossinsin，cos()coscossinsin，得
1
coscos [cos()cos()].
2
这样，若令 f(x)cosx，则上述积化和差公式可进一步抽象得：
f(x y) f(x y)2f(x)f(y).
例15.（2022新高考2卷）
已 知 函 数 f(x)的 定 义 域 为 R， 且 f(x y) f(x y) f(x)f(y), f(1)1， 则
22
 f(k)
k1
A.3 B.2 C.0 D.1
解析：方法1.由余弦函数积化和差公式可得，考虑函数 f(x)2cos x，则 f(x)满足题
3
意.
于是， f(x)周期为 6，且 f(1)1, f(2)1, f(3)2, f(4)1, f(5)1, f(6)2，
22
进一步 f(k)f(1) f(2) f(3) f(4)3，故选A.
k1
方法2.因为 f xy f xy f x f y，令x1,y0可得，2f 1 f 1 f 0，所以
f 02，令x0可得， fy fy2fy，即 f y f y，所以函数 f x为偶函
数，令y1得， f x1 f x1 f x f 1 f x，即有 f x2 f x f x1，从
而可知 f x2f x1， f x1f x4，故 f x2 f x4，即
f x f x6 ，所以函数 f x的一个周期为6．因为 f 2 f 1 f 0121，
f 3 f 2 f 1112， f 4 f 2 f 21， f 5 f 1 f 11，
f6 f02，所以一个周期内的 f 1 f 2 f 60．由于22除以6余4，
22
所以 f k f 1 f 2 f 3 f 411213．故选：A．
k1
1
例16 ．已知定义在𝐑上的函数 f x满足： f 1 ，且 f xy f xy2f x f y
2
，则下列结论正确的是（ ）
A． f 00 B． f x的周期为4
1
B．C． f 2x1关于x 对称 D． f x在0,单调递减
2
解析：由coscoscossinsin，coscoscossinsin
可得coscos2coscos，可设 f xcosax
由 f 1 1 ，即cosa 1 ，则可取a  ，即 f xcos    x  进行验证.
2 2 3  3 
选项A： f 01，故选项A不正确.
2
  T  6
选项B：由 f xcos x，则其最小正周期为  ,故选项B不正确.
 3 
3
选项D：由于 f x为周期函数，则在0,不可能为单调函数. 故选项D不正确.
2  1 1
选项C： f 2x1cos x ,又 f  cos01，故此时x 为其一条对称轴.
 3 3 2 2
此时选项C正确,故选：C
★应用7.周期性综合这类问题主要是利用周期性，奇偶性等作出函数图像，利用数形结合的方法找到有关的零
点问题，对函数综合能力有较高的要求.
例17．设 f x是定义在R上的奇函数，满足 f x1 f 1x，当x0,1时，
f x3x1，若方程 f xlog x2在0,6上有四个不同的实数解，则a的取值范围
a
是（ ）
A．  0, 1  B．  7,  C．  0, 1   7,  D．  0, 1 3,
 3  3  3
解析：因为 f x1 f 1x，所以函数 f(x)图象关于x1对称，且 f(x2) f(x)，
又 f(x)为奇函数，所以 f(x)f(x)，故 f(x2) f(x)f(x)，即可得 f(x4) f(x)
，所以 f(x)的周期为4，因为当x0,1时， f x3x1，根据奇函数及函数图象关于
x1成轴对称，利用函数周期为4，作出函数y f(x)与ylog (x2)图象，如图，
a
当a1时，方程 f xlog x2在0,6上有四个不同的实数解，则y f(x)与
a
ylog (x2)图象有四个交点，需满足log (52)2，即log 7log a2，解得a 7；
a a a a
当0a1时，由图象可知，y f(x)与ylog (x2)图象在0,6至多有2个交点，不符
a
题意.综上，a 7.故选：B
例18．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿
基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设xR，用x表
示不超过x的最大整数，则yx称为高斯函数，如3.243，1.52．设函数
f xxx，则下列说法正确的是（ ）
A． f x在R上是增函数 B． f x的最小值为0，无最大值
C． f x1 f x1 D．当2024x2025时， f xx2024
解析：xR，kZ，使得k xk1，此时k1x1k2，
从而 f x1 f xx1k1xk0，即 f x1 f x，故C错误；对于
xx1，有 f x1 f x，故A错误，由 f x1 f x，可知 f(x)是以1为周期的周
期函数，故只需讨论 f(x)在[0,1)上的值域即可，
当x[0,1)时， f xxxx0x[0,1)，即函数 f(x)的值域为[0,1)，故B正确；
当2024x2025时， f xxxx2024，故D正确；故选：BD.
三.习题演练
1．已知定义在R上的函数 f(x)满足 f(x1)为奇函数， f(x2)为偶函数．若 f(2)2，则
f(2024)（ ）
A．2 B．0 C．2 D．2024
解析：由 f(x1)为奇函数， f(x2)为偶函数，可知函数 f(x)的图像关于点(1,0)中心对
称，且关于直线x2轴对称，由前述性质，函数 f(x)是周期为4的函数，由 f(1)0．
f(2)2得 f(0)f(2)f(2)2，所以 f(2024) f(50640) f(0)2．故选：
A
2．已知函数 f x的定义城为R，且满足 f x f x， f x f 4x0，且当
x2,2时， f xx24，则 f 2029（ ）
A．-3 B．-1 C．1 D．3
解析：由前述性质可知：所以 f x是周期为8的周期函数.
所以 f 2029 f 25385 f 5 f 41f 1f 1412 3.故选：D
3．（2021新高考2卷）已知函数 f x的定义域为R， f x2为偶函数， f 2x1为奇
函数，则（ ）
 1
A． f  0 B． f 10 C． f 20 D． f 40
 2
解析：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.故选：B.
 1  1
4．已知函数 f(x)的定义域为R， f(0)2，且 f x 为奇函数， f x 为偶函数，
 2  2
22
则 f(k)（ ）
k0
A．23 B．22 C．2 D．3 1  1  1  1
解析：因为 f x 为奇函数， f x 为偶函数，所以 f x f x ，
 2  2  2  2
 1  1 1 1
f x  f x ，令t x ，则xt ，所以 f(1t)f(t)， f(t) f(t1)，
 2  2 2 2
所以 f(t)f(1t) f(t1)， f(t2) f((t1)1)f(t11)f(t)，
则 f(t4) f((t2)2)f(t2) f(t)，所以 f(x)的周期T 4，因为 f(0)2，
所以 f(1)f(0)2， f(2)f(0)2， f(3)f(1)2， f(4) f(0)2，
22
所以 f(k)250222．故选：C．
k0
5．（2021全国甲卷）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，
9
当x1,2时， f(x)ax2b．若 f 0 f 36，则 f  （ ）
2
9 3 7 5
A． B． C． D．
4 2 4 2
解析：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．由两个对称性可知，函
9 1 3 5
数 f x的周期T 4．所以 f   f  f   ．故选：D．
2 2 2 2
6.已知 f(x)为定义在R上的函数，其图象关于y轴对称，当x0时，有 f(x1)f(x)，
且当x[0,1)时， f xlog x1，若方程 f(x)kx0（k 0）恰有5个不同的实数
2
解，则k的取值范围是（ ）
1 1 1 1 1 1 1 1
A．[ , ) B．[ , ) C．[ , ) D．[ , )
7 4 6 4 6 5 7 5
解析：当x0时，有 f(x1)f(x)，所以 f(x2)f(x1) f(x)，所以函数 f x在
[0,)上是周期为2的函数，
从而当x[1,2)时，x1[0,1)，有 f(x1)log x，又 f[(x1)1]f(x1)，
2
log (x1),x[0,1)
f(x1)f(x)log x， f(x)log x即 f(x) 2 ，又易知 f x为定
2 2 log x,x[1,2)
2
义在R上的偶函数，所以可作出函数 f x的图象与直线ykx(k 0)有5个不同的交点，5k 1

7k 1

4k 1
 1 1
k 
所以  6k 1 ，解得6 5，故选：C．
1
7．已知定义在R上的函数y f(x)满足 f(x3) ，当0x3时，
f(x)
1 1
f(x)ax2b(a0,b0)，若 f(2024)2，则  的最小值为__________.
a b
1 1
解析：因为函数 f(x)满足 f(x3) ，则 f(x6)  f x，所以函数 f(x)
f(x) f(x3)
的周期为6，又因为 f 20242，所以 f 63372 f 22，因为当0x3时，
1 1 1 1
f(x)ax2b(a0,b0)，则有2a2b2，ab1，所以     ab
a b a b
b a b a b a 1 1
2   22  4，当且仅当  ，即a ,b 时取等号．故答案为：4
a b a b a b 2 2
 π π π
8．已知函数 f xsinx sinx1，设数列a 是首项为 ，公差为 的等差数列，
 4 n 4 4
2
关于正整数n的方程： f a  f a  f a 2024 的解为__________.
1 2 n 2
π π nπ
解析：由题设a  (n1)  ，
n 4 4 4
π π 3π 5π 3π 7π 9π 5π
所以a  ,a  ,a  ,a π,a  ,a  ,a  ,a 2π,a  ,a  ，L ，
1 4 2 2 3 4 4 5 4 6 2 7 4 8 9 4 10 2
2 2 2 2
f a  , f a  2, f a  f a  1, f a  2,
1 2 2 2 3 4 2 5 2
2 2 2 2
f a  , f a  f a  1, f a  , f a  2，L ，综上，对于
6 2 7 8 2 9 2 10 2
f(a )，其对应函数值以8为周期，且
n
f a  f a  f a  f a  f a  f a  f a  f a 8，由
1 2 3 4 5 6 7 8
2 2
f a  f a  f a 2024 8253 253f a  f a  f a  f a 
1 2 n 2 2  1 2 8  1
，即n825312025.故答案为：2025
9．黎曼函数是由德国数学家波恩哈德·黎曼发现并提出的，其在高等数学中有着广泛的应
 1 q
,x (p,q互质，pq),

用．黎曼函数定义在0,1上，其解析式如下：R(x) p p 定义在
0,x0,1或0,1上的无理数，

R上的函数 f(x)，g(x)满足 f(x)g(2x)5，g(x) f(x4)3，且函数g(x2)为偶
2024  2024
函数， f(0)0，当x(0,1)时， f(x)R(x)，则 f(k) f   ．
 6 
k1
解析：因为函数g(x2)为偶函数，所以g(x2)g(x2).所以
f(x)g(2x) f(x)g(2x)5，又因为g(x) f(x4)3，所以
g(x2) f(x24)3，即g(x2) f(x2)3.于是 f(x) f(x2)2，则f(x2) f(x)2，
于是 f(x2) f(x2)0，即 f(x2) f(x2)所以 f(x4) f(x22) f(x)，所以
函数 f(x)周期为4.由得 f(x)g(2x)5，则 f(x)g(2x)5，所以 f(x) f(x)0，
所以 f(x)为偶函数.因为 f(x2) f(x)2且 f(0)0，所以 f(2)2，
又因为 f(12) f(1) f(3) f(1) f(1) f(1)2f(1)2，所以 f(1)1， f(3)1，
2024
又 f(4) f(0)0，所以f(k)506f(1) f(2) f(3) f(4)50642024
k1
 2024 4 4 4 4
f   f(844 ) f( )，又因为 f( 2) f( )2，
 6  3 3 3 3
2 4 2 4 2 4 1 4 4 5
所以 f( ) f( ) f( ) f( )R( ) f( )  f( )2，所以 f( ) ，所
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
 2024 5 2024  2024 5 6077
以 f   ，所以f(k) f  2024  故答案为：
 6  3  6  3 3
k1