資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題08 奇偶性、對稱性與周期性（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 4
【考點1】函數的奇偶性 4
【考點2】函數的周期性及應用 5
【考點3】函數的對稱性 6
【考點4】函數性質的綜合應用 8
【分層檢測】 9
【基礎篇】 9
【能力篇】 11
【培優篇】 11
考試要求：
1.理解函數奇偶性的含義.
2.了解函數的最小正周期的含義.
3.會利用函數的奇偶性、單調性、對稱性、周期性解決函數性質的綜合問題.
1.函數的奇偶性
奇偶性 定義 圖象特點
偶函數 一般地，設函數f(x)的定義域為I，如果 x∈I，都有－x∈I，且f(－x)＝f(x)，那么函數f(x)就叫做偶函數 關于y軸對稱
奇函數 一般地，設函數f(x)的定義域為I，如果 x∈I，都有－x∈I，且f(－x)＝－f(x)，那么函數f(x)就叫做奇函數 關于原點對稱
2.函數的周期性
(1)周期函數：對于函數y＝f(x)，如果存在一個非零常數T，使得當x取定義域內的任何值時，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就稱函數y＝f(x)為周期函數，稱T為這個函數的周期.
(2)最小正周期：如果在周期函數f(x)的所有周期中存在一個最小的正數，那么這個最小正數就叫做f(x)的最小正周期.
1.函數周期性的常用結論
對f(x)定義域內任一自變量的值x：
(1)若f(x＋a)＝－f(x)，則T＝2a(a>0).
(2)若f(x＋a)＝，則T＝2a(a>0).
(3)若f(x＋a)＝－，則T＝2a(a>0).
2.對稱性的四個常用結論
(1)若函數y＝f(x＋a)是偶函數，則函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝a對稱.
(2)若函數y＝f(x＋b)是奇函數，則函數y＝f(x)的圖象關于點(b，0)中心對稱.
(3)若函數y＝f(x)滿足f(a＋x)＝f(b－x)，則y＝f(x)的圖象關于直線x＝對稱；特別地，當a＝b時，即f(a＋x)＝f(a－x)或f(x)＝f(2a－x)時，則y＝f(x)的圖象關于直線x＝a對稱.
(4)若函數y＝f(x)滿足f(x)＋f(2a－x)＝2b，則y＝f(x)的圖象關于點(a，b)對稱.特別地，當b＝0時，即f(a＋x)＋f(a－x)＝0或f(x)＋f(2a－x)＝0時，則y＝f(x)的圖象關于點(a，0)對稱.
一、單選題
1．（2023·全國·高考真題）已知是偶函數，則（ ）
A． B． C．1 D．2
2．（2023·全國·高考真題）若為偶函數，則（ ）．
A． B．0 C． D．1
3．（2022·全國·高考真題）已知函數的定義域均為R，且．若的圖像關于直線對稱，，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·全國·高考真題）已知函數的定義域為R，且，則（ ）
A． B． C．0 D．1
5．（2021·全國·高考真題）已知函數的定義域為，為偶函數，為奇函數，則（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·全國·高考真題）設函數的定義域為R，為奇函數，為偶函數，當時，．若，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
7．（2023·全國·高考真題）已知函數的定義域為，，則（ ）．
A． B．
C．是偶函數 D．為的極小值點
8．（2022·全國·高考真題）已知函數及其導函數的定義域均為，記，若，均為偶函數，則（ ）
A． B． C． D．
三、填空題
9．（2023·全國·高考真題）若為偶函數，則 ．
10．（2021·全國·高考真題）已知函數是偶函數，則 .
【考點1】函數的奇偶性
一、單選題
1．（2024·山東濟南·三模）已知函數的定義域為R，且，則下列結論一定成立的是（ ）
A． B．為偶函數
C．有最小值 D．在上單調遞增
2．（2024·江西景德鎮·三模）已知函數是奇函數，則時，的解析式為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·廣東茂名·二模）已知函數為上的奇函數，且在R上單調遞增.若，則實數的取值可以是 （ ）
A． B．0 C．1 D．2
4．（2024·廣東茂名·模擬預測）已知函數的定義域為R，，，則（ ）
A． B．函數是奇函數
C． D．的一個周期為3
三、填空題
5．（23-24高一下·內蒙古·期中）已知，函數是奇函數，則 ， ．
6．（2024·河北保定·二模）已知函數的定義域，對任意，恒有，且當時，恒成立，，則不等式的解集為 .
反思提升：
1.判斷函數的奇偶性，其中包括兩個必備條件：
(1)定義域關于原點對稱，這是函數具有奇偶性的必要不充分條件，所以首先考慮定義域；
(2)判斷f(x)與f(－x)是否具有等量關系，在判斷奇偶性的運算中，可以轉化為判斷奇偶性的等價等量關系式(f(x)＋f(－x)＝0(奇函數)或f(x)－f(－x)＝0(偶函數))是否成立.
2.利用函數的奇偶性可求函數值或求參數的取值，求解的關鍵在于借助奇偶性轉化為求已知區間上的函數或得到參數的恒等式，利用方程思想求參數的值.
3.畫函數圖象：利用函數的奇偶性可畫出函數在其對稱區間上的圖象，結合幾何直觀求解相關問題.
【考點2】函數的周期性及應用
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）德國數學家狄利克雷（Dirichlet）是解析數論的創始人之一，下列關于狄利克雷函數的結論正確的是（ ）
A．有零點 B．是單調函數
C．是奇函數 D．是周期函數
2．（21-22高三上·四川攀枝花·階段練習）定義在R上的函數滿足，且，則下列說法正確的是（ ）
A．的值域為
B．圖象的對稱軸為直線
C．當時，
D．方程恰有5個實數解
二、多選題
3．（2024·全國·三模）已知函數定義域為且不恒為零，若函數的圖象關于直線對稱，的圖象關于點對稱，則（ ）
A．
B．
C．是圖象的一條對稱軸
D．是圖象的一個對稱中心
4．（2024·湖北·模擬預測）設定義在上的函數與的導函數分別為和.若，，且為奇函數，則下列說法正確的是（ ）
A．函數的圖象關于直線對稱 B．
C． D．
三、填空題
5．（2024·全國·模擬預測）已知函數的定義域為，是奇函數，是偶函數，，則 ．
6．（2024·山西臨汾·三模）已知函數的定義域為，且，，則 ．
反思提升：
1.若f(x＋a)＝－f(x)(a是常數，且a≠0)，則2a為函數f(x)的一個周期.
2.利用函數的周期性，可將其他區間上的求值、求零點個數、求解析式等問題，轉化到已知區間上，進而解決問題.
【考點3】函數的對稱性
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）下列關于函數的四個結論中錯誤的是（ ）
A．的圖象關于原點對稱 B．的圖象關于點對稱
C．的圖象關于直線對稱 D．在區間上單調遞增
2．（2023·河南·模擬預測）已知函數對任意都有，且函數的圖象關于對稱，當時，.則下列結論正確的是（ ）
A．函數的圖象關于點對稱
B．函數的圖象關于直線對稱
C．函數的最小正周期為2
D．當時，
二、多選題
3．（2020·山東淄博·一模）已知函數是R上的奇函數，對于任意，都有成立，當時，，給出下列結論，其中正確的是（ ）
A．
B．點是函數的圖象的一個對稱中心
C．函數在上單調遞增
D．函數在上有3個零點
4．（2024·江西鷹潭·二模）已知函數及其導函數的定義域均為，記.若函數與均為偶函數，則下列結論中正確的是（ ）
A． B．函數的圖象關于點對稱
C． D．
三、填空題
5．（2024·寧夏固原·一模）已知定義在R上的函數滿足對任意實數都有，成立，若，則 ．
6．（2024·廣西南寧·二模）定義域為R的函數的圖象關于點對稱，函數的圖象關于直線對稱．若，則 ．
反思提升：
對稱性的三個常用結論
(1)若函數f(x)滿足f(a＋x)＝f(b－x)，則y＝f(x)的圖象關于直線x＝對稱.
(2)若函數f(x)滿足f(a＋x)＝－f(b－x)，則y＝f(x)的圖象關于點對稱.
(3)若函數f(x)滿足f(a＋x)＋f(b－x)＝c，則函數f(x)的圖象關于點對稱.
【考點4】函數性質的綜合應用
一、單選題
1．（2024·遼寧撫順·一模）函數滿足：當時，，是奇函數．記關于的方程的根為，若，則的值可以為（ ）
A． B． C． D．1
2．（2024·安徽合肥·一模）已知函數的定義域為，且，記，則（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2024·山東臨沂·二模）已知定義在上的函數滿足，，且，則（ ）
A．的最小正周期為4 B．
C．函數是奇函數 D．
4．（2024·全國·模擬預測）定義在上的函數滿足下列條件：（1）；（2）當時，，則（ ）
A．
B．當時，
C．
D．在上單調遞減
三、填空題
5．（2024·陜西西安·二模）已知函數滿足，.則 .
6．（2023·浙江·一模）設函數的定義域為，且為偶函數，為奇函數，當時，，則 .
反思提升：
1.比較函數值的大小問題，可以利用奇偶性，把不在同一單調區間上的兩個或多個自變量的函數值轉化到同一單調區間上，再利用函數的單調性比較大小；
2.對于抽象函數不等式的求解，應變形為f(x1)>f(x2)的形式，再結合單調性，脫去“f”變成常規不等式，轉化為x1x2)求解.
3.周期性與奇偶性結合的問題多考查求值問題，常利用奇偶性及周期性進行轉換，將所求函數值的自變量轉化到已知解析式的函數定義域內求解.
4.函數f(x)滿足的關系f(a＋x)＝f(b－x)表明的是函數圖象的對稱性，函數f(x)滿足的關系f(a＋x)＝f(b＋x)(a≠b)表明的是函數的周期性，在使用這兩個關系時不要混淆.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·河北保定·二模）若函數是定義在R上的奇函數，則（ ）
A．3 B．2 C． D．
2．（2024·四川內江·三模）已知函數的定義域為R，對任意實數x都有成立，且函數為偶函數，，則（ ）
A．-1 B．0 C．1012 D．2024
3．（2024·山東日照·二模）已知是定義域為的偶函數，，，若是偶函數，則（ ）
A． B． C．4 D．6
4．（2023·陜西西安·三模）已知是定義域為的奇函數，若的最小正周期為1，則下列說法中正確的個數是（ ）
① ②
③的一個對稱中心為 ④的一條對稱軸為
A．個 B．個 C．個 D．個
二、多選題
5．（2024·山東·二模）已知函數，則（ ）
A．是奇函數 B．的最小正周期為
C．的最小值為 D．在上單調遞增
6．（2023·海南·模擬預測）已知函數的定義域為，且為奇函數，為偶函數，則（ ）
A．函數的圖象關于點對稱 B．函數的圖象關于直線對稱
C． D．
7．（2024·全國·模擬預測）已知，，則（ ）
A．將的圖象向左平移個單位長度可以得到的圖象
B．將的圖象向右平移個單位長度可以得到的圖象
C．的圖象與的圖象關于直線對稱
D．的圖象與的圖象關于直線對稱
三、填空題
8．（2024·四川成都·模擬預測）函數，若，則 .
9．（2024·河南·二模）已知函數是偶函數，對任意，均有，當時，，則函數的零點有 個.
10．（2024·河南三門峽·模擬預測）已知函數是定義在上的奇函數，當時，，則的值為 .
四、解答題
11．（2023·安徽·模擬預測）已知函數（其中）為偶函數.
(1)求實數的值；
(2)討論函數的零點情況.
12．（2023·陜西咸陽·模擬預測）求下列情況下的值
(1)若函數是偶函數, 求的值．
(2)已知 是奇函數, 且當時,,若, 求的值．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·云南·模擬預測）已知函數為上的偶函數，且當時，，若，，則下列選項正確的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（2024·湖南·二模）已知函數及其導函數的定義域均為，記.若滿足的圖象關于直線對稱，且，則（ ）
A．是偶函數 B．
C． D．
三、填空題
3．（2024·全國·模擬預測）已知定義在上的函數的圖象關于點對稱，且，當時，．若，則實數的取值范圍為 ．
四、解答題
4．（2021·陜西安康·一模）已知函數是定義在上的偶函數，滿足．
(1)證明：函數是周期函數．
(2)當時，．若恰有14個零點，求實數的取值范圍．
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數的定義域為，且滿足，則下列結論正確的是（ ）
A． B．方程有解
C．是偶函數 D．是偶函數
二、多選題
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數的定義域為，且，則下列說法中正確的是（ ）
A．為偶函數 B． C． D．
三、填空題
3．（2024·浙江紹興·二模）已知定義在上的增函數滿足:對任意的都有且，函數滿足，. 當時，，若在上取得最大值的值依次為，，…，，取得最小值的值依次為，，…，，若，則的取值范圍為
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專題08 奇偶性、對稱性與周期性（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 11
【考點1】函數的奇偶性 11
【考點2】函數的周期性及應用 15
【考點3】函數的對稱性 21
【考點4】函數性質的綜合應用 26
【分層檢測】 33
【基礎篇】 33
【能力篇】 40
【培優篇】 44
考試要求：
1.理解函數奇偶性的含義.
2.了解函數的最小正周期的含義.
3.會利用函數的奇偶性、單調性、對稱性、周期性解決函數性質的綜合問題.
1.函數的奇偶性
奇偶性 定義 圖象特點
偶函數 一般地，設函數f(x)的定義域為I，如果 x∈I，都有－x∈I，且f(－x)＝f(x)，那么函數f(x)就叫做偶函數 關于y軸對稱
奇函數 一般地，設函數f(x)的定義域為I，如果 x∈I，都有－x∈I，且f(－x)＝－f(x)，那么函數f(x)就叫做奇函數 關于原點對稱
2.函數的周期性
(1)周期函數：對于函數y＝f(x)，如果存在一個非零常數T，使得當x取定義域內的任何值時，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就稱函數y＝f(x)為周期函數，稱T為這個函數的周期.
(2)最小正周期：如果在周期函數f(x)的所有周期中存在一個最小的正數，那么這個最小正數就叫做f(x)的最小正周期.
1.函數周期性的常用結論
對f(x)定義域內任一自變量的值x：
(1)若f(x＋a)＝－f(x)，則T＝2a(a>0).
(2)若f(x＋a)＝，則T＝2a(a>0).
(3)若f(x＋a)＝－，則T＝2a(a>0).
2.對稱性的四個常用結論
(1)若函數y＝f(x＋a)是偶函數，則函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝a對稱.
(2)若函數y＝f(x＋b)是奇函數，則函數y＝f(x)的圖象關于點(b，0)中心對稱.
(3)若函數y＝f(x)滿足f(a＋x)＝f(b－x)，則y＝f(x)的圖象關于直線x＝對稱；特別地，當a＝b時，即f(a＋x)＝f(a－x)或f(x)＝f(2a－x)時，則y＝f(x)的圖象關于直線x＝a對稱.
(4)若函數y＝f(x)滿足f(x)＋f(2a－x)＝2b，則y＝f(x)的圖象關于點(a，b)對稱.特別地，當b＝0時，即f(a＋x)＋f(a－x)＝0或f(x)＋f(2a－x)＝0時，則y＝f(x)的圖象關于點(a，0)對稱.
一、單選題
1．（2023·全國·高考真題）已知是偶函數，則（ ）
A． B． C．1 D．2
2．（2023·全國·高考真題）若為偶函數，則（ ）．
A． B．0 C． D．1
3．（2022·全國·高考真題）已知函數的定義域均為R，且．若的圖像關于直線對稱，，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·全國·高考真題）已知函數的定義域為R，且，則（ ）
A． B． C．0 D．1
5．（2021·全國·高考真題）已知函數的定義域為，為偶函數，為奇函數，則（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·全國·高考真題）設函數的定義域為R，為奇函數，為偶函數，當時，．若，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
7．（2023·全國·高考真題）已知函數的定義域為，，則（ ）．
A． B．
C．是偶函數 D．為的極小值點
8．（2022·全國·高考真題）已知函數及其導函數的定義域均為，記，若，均為偶函數，則（ ）
A． B． C． D．
三、填空題
9．（2023·全國·高考真題）若為偶函數，則 ．
10．（2021·全國·高考真題）已知函數是偶函數，則 .
參考答案：
1．D
【分析】根據偶函數的定義運算求解.
【詳解】因為為偶函數，則，
又因為不恒為0，可得，即，
則，即，解得.
故選：D.
2．B
【分析】根據偶函數性質，利用特殊值法求出值，再檢驗即可.
【詳解】因為 為偶函數，則 ，解得，
當時，，，解得或，
則其定義域為或，關于原點對稱.
，
故此時為偶函數.
故選：B.
3．D
【分析】根據對稱性和已知條件得到，從而得到，，然后根據條件得到的值，再由題意得到從而得到的值即可求解.
【詳解】因為的圖像關于直線對稱，
所以，
因為，所以，即，
因為，所以，
代入得，即，
所以，
.
因為，所以，即，所以.
因為，所以，又因為，
聯立得，，
所以的圖像關于點中心對稱，因為函數的定義域為R，
所以
因為，所以.
所以.
故選：D
【點睛】含有對稱軸或對稱中心的問題往往條件比較隱蔽，考生需要根據已知條件進行恰當的轉化，然后得到所需的一些數值或關系式從而解題.
4．A
【分析】法一：根據題意賦值即可知函數的一個周期為，求出函數一個周期中的的值，即可解出．
【詳解】[方法一]：賦值加性質
因為，令可得，，所以，令可得，，即，所以函數為偶函數，令得，，即有，從而可知，，故，即，所以函數的一個周期為．因為，，，，，所以
一個周期內的．由于22除以6余4，
所以．故選：A．
[方法二]：【最優解】構造特殊函數
由，聯想到余弦函數和差化積公式
，可設，則由方法一中知，解得，取，
所以，則
，所以符合條件，因此的周期，，且，所以，
由于22除以6余4，
所以．故選：A．
【整體點評】法一：利用賦值法求出函數的周期，即可解出，是該題的通性通法；
法二：作為選擇題，利用熟悉的函數使抽象問題具體化，簡化推理過程，直接使用具體函數的性質解題，簡單明了，是該題的最優解.
5．B
【分析】推導出函數是以為周期的周期函數，由已知條件得出，結合已知條件可得出結論.
【詳解】因為函數為偶函數，則，可得，
因為函數為奇函數，則，所以，，
所以，，即，
故函數是以為周期的周期函數，
因為函數為奇函數，則，
故，其它三個選項未知.
故選：B.
6．D
【分析】通過是奇函數和是偶函數條件，可以確定出函數解析式，進而利用定義或周期性結論，即可得到答案．
【詳解】[方法一]：
因為是奇函數，所以①；
因為是偶函數，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因為，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：從定義入手．
所以．
[方法二]：
因為是奇函數，所以①；
因為是偶函數，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因為，所以，
令，由①得：，所以．
思路二：從周期性入手
由兩個對稱性可知，函數的周期．
所以．
故選：D．
【點睛】在解決函數性質類問題的時候，我們通常可以借助一些二級結論，求出其周期性進而達到簡便計算的效果．
7．ABC
【分析】方法一：利用賦值法，結合函數奇偶性的判斷方法可判斷選項ABC，舉反例即可排除選項D.
方法二：選項ABC的判斷與方法一同，對于D，可構造特殊函數進行判斷即可.
【詳解】方法一：
因為，
對于A，令，，故正確.
對于B，令，，則，故B正確.
對于C，令，，則，
令，
又函數的定義域為，所以為偶函數，故正確，
對于D，不妨令，顯然符合題設條件，此時無極值，故錯誤.
方法二：
因為，
對于A，令，，故正確.
對于B，令，，則，故B正確.
對于C，令，，則，
令，
又函數的定義域為，所以為偶函數，故正確，
對于D，當時，對兩邊同時除以，得到，
故可以設，則，
當肘，，則，
令，得；令，得；
故在上單調遞減，在上單調遞增，
因為為偶函數，所以在上單調遞增，在上單調遞減，

顯然，此時是的極大值，故D錯誤.
故選：.
8．BC
【分析】方法一：轉化題設條件為函數的對稱性，結合原函數與導函數圖象的關系，根據函數的性質逐項判斷即可得解.
【詳解】[方法一]：對稱性和周期性的關系研究
對于，因為為偶函數，所以即①，所以，所以關于對稱，則，故C正確；
對于，因為為偶函數，，，所以關于對稱，由①求導，和，得，所以，所以關于對稱，因為其定義域為R，所以，結合關于對稱，從而周期，所以，，故B正確，D錯誤；
若函數滿足題設條件，則函數（C為常數）也滿足題設條件，所以無法確定的函數值，故A錯誤.
故選：BC.
[方法二]：【最優解】特殊值，構造函數法.
由方法一知周期為2，關于對稱，故可設，則，顯然A，D錯誤，選BC.
故選：BC.
[方法三]：
因為，均為偶函數，
所以即，，
所以，，則，故C正確；
函數，的圖象分別關于直線對稱，
又，且函數可導，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正確，D錯誤；
若函數滿足題設條件，則函數（C為常數）也滿足題設條件，所以無法確定的函數值，故A錯誤.
故選：BC.
【點評】方法一：根據題意賦值變換得到函數的性質，即可判斷各選項的真假，轉化難度較高，是該題的通性通法；
方法二：根據題意得出的性質構造特殊函數，再驗證選項，簡單明了，是該題的最優解．
9．2
【分析】利用偶函數的性質得到，從而求得，再檢驗即可得解.
【詳解】因為為偶函數，定義域為，
所以，即，
則，故，
此時，
所以，
又定義域為，故為偶函數，
所以.
故答案為：2.
10．1
【分析】利用偶函數的定義可求參數的值.
【詳解】因為，故，
因為為偶函數，故，
時，整理得到，
故，
故答案為：1
【考點1】函數的奇偶性
一、單選題
1．（2024·山東濟南·三模）已知函數的定義域為R，且，則下列結論一定成立的是（ ）
A． B．為偶函數
C．有最小值 D．在上單調遞增
2．（2024·江西景德鎮·三模）已知函數是奇函數，則時，的解析式為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·廣東茂名·二模）已知函數為上的奇函數，且在R上單調遞增.若，則實數的取值可以是 （ ）
A． B．0 C．1 D．2
4．（2024·廣東茂名·模擬預測）已知函數的定義域為R，，，則（ ）
A． B．函數是奇函數
C． D．的一個周期為3
三、填空題
5．（23-24高一下·內蒙古·期中）已知，函數是奇函數，則 ， ．
6．（2024·河北保定·二模）已知函數的定義域，對任意，恒有，且當時，恒成立，，則不等式的解集為 .
參考答案：
1．C
【分析】利用題設結合賦值法可得出，進而結合二次函數性質一一判斷各選項，即可得答案.
【詳解】由于函數的定義域為R，且，
令，則，得，
時，恒成立，無法確定，A不一定成立；
由于不一定成立，故不一定為偶函數，B不確定；
由于的對稱軸為與的位置關系不確定，
故在上不一定單調遞增，D也不確定，
由于表示開口向上的拋物線，故函數必有最小值，C正確，
故選：C
【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵是利用賦值法確定函數，進而結合二次函數性質求解.
2．C
【分析】設，利用時，和可求得的解析式.
【詳解】設，則，
所以，
又函數是奇函數，所以，即，.
即.
故選：C
3．CD
【分析】先利用函數是奇函數，將不等式轉變為，再利用函數在上單調遞增，將不等式轉變為，求解即可.
【詳解】因為函數是奇函數，
則不等式，可變形為，
因為函數在上單調遞增，
則不等式成立，則，
解得，1，2符合題意，
故選：CD.
4．AC
【分析】根據條件等式，利用賦值法，求特殊函數值，以及判斷函數的奇偶性和周期性.
【詳解】令，則，所以，A選項正確；
令，則，即，所以是偶函數，B選項錯誤；
，令，則，
令，則，所以，
所以，因為，所以，，C選項正確；
令，則，
所以，，所以，的一個周期為6，D選項錯誤.
故選：AC．
5．
【分析】由，可求，由，結合奇函數可求．
【詳解】由，解得，所以，
又因為函數為奇函數，所以，
所以，
所以，
所以，
所以或，
所以1或，解得(舍去)．
故答案為：①-1；②1．
6．
【分析】根據條件，構造，利用的奇偶性和單調性，將問題轉化成求解，即可求出結果.
【詳解】由，得，
設，則，取，得，
取，得；取，得，
所以是偶函數，所以，
因為當時，，兩邊同時乘以，
得，兩邊同時除以，得，
即，即，所以在上單調遞減.
由，得，由，得，
所以可化為，
即，所以，解得或，
所以不等式的解集為，
故答案為：.
反思提升：
1.判斷函數的奇偶性，其中包括兩個必備條件：
(1)定義域關于原點對稱，這是函數具有奇偶性的必要不充分條件，所以首先考慮定義域；
(2)判斷f(x)與f(－x)是否具有等量關系，在判斷奇偶性的運算中，可以轉化為判斷奇偶性的等價等量關系式(f(x)＋f(－x)＝0(奇函數)或f(x)－f(－x)＝0(偶函數))是否成立.
2.利用函數的奇偶性可求函數值或求參數的取值，求解的關鍵在于借助奇偶性轉化為求已知區間上的函數或得到參數的恒等式，利用方程思想求參數的值.
3.畫函數圖象：利用函數的奇偶性可畫出函數在其對稱區間上的圖象，結合幾何直觀求解相關問題.
【考點2】函數的周期性及應用
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）德國數學家狄利克雷（Dirichlet）是解析數論的創始人之一，下列關于狄利克雷函數的結論正確的是（ ）
A．有零點 B．是單調函數
C．是奇函數 D．是周期函數
2．（21-22高三上·四川攀枝花·階段練習）定義在R上的函數滿足，且，則下列說法正確的是（ ）
A．的值域為
B．圖象的對稱軸為直線
C．當時，
D．方程恰有5個實數解
二、多選題
3．（2024·全國·三模）已知函數定義域為且不恒為零，若函數的圖象關于直線對稱，的圖象關于點對稱，則（ ）
A．
B．
C．是圖象的一條對稱軸
D．是圖象的一個對稱中心
4．（2024·湖北·模擬預測）設定義在上的函數與的導函數分別為和.若，，且為奇函數，則下列說法正確的是（ ）
A．函數的圖象關于直線對稱 B．
C． D．
三、填空題
5．（2024·全國·模擬預測）已知函數的定義域為，是奇函數，是偶函數，，則 ．
6．（2024·山西臨汾·三模）已知函數的定義域為，且，，則 ．
參考答案：
1．D
【詳解】根據狄利克雷函數的性質即可由或均為有理數求解A，根據即可判斷單調性求解B，根據和同為有理數或同為無理數，即可求解C，根據和同為有理數或同為無理數即可求解D.
【分析】對于A，因為或均為有理數，
所以，故沒有零點，A錯誤，
對于B，因為，所以，
故不是單調函數，B錯誤，
對于C，因為和同為有理數或同為無理數，所以，
故是偶函數，C錯誤，
對于D，設為任意非零有理數，則和同為有理數或同為無理數，
所以，故是周期函數（以任意非零有理數為周期），D正確，
故選：D.
2．C
【分析】由給定條件可得的周期為4，并探討函數的奇偶性，舉例說明判斷A；由是對稱軸判斷B；求出時的解析式判斷C；畫出函數的部分圖象判斷D作答.
【詳解】因，則的值域為不正確，A不正確；
R上的函數滿足，即，又，
則函數是最小正周期為4的周期函數，，當時，，有，
當時，，且，，
于是有，，即函數在上是偶函數，又周期為4，則是R上的偶函數，
由知，直線是函數的圖象對稱軸，不滿足，B不正確；
當時，，則，C正確；
，在同一坐標系作出函數的部分圖象與直線，如圖，
觀察圖象知，直線與函數的圖象有4個公共點，即方程有4個實根，D不正確.
故選：C
【點睛】方法點睛：圖象法判斷函數零點個數，作出函數f(x)的圖象，觀察與x軸公共點個數或者將函數變形為易于作圖的兩個函數，作出這兩個函數的圖象，觀察它們的公共點個數.
3．BCD
【分析】由條件證明直線為函數的對稱軸，點為函數的對稱中心，結合函數的周期定義證明為周期函數，由此判斷A，再證明，結合周期性判斷B，證明為函數的對稱軸，結合周期性判斷C，證明原點為函數的對稱中心，結合周期性判斷D.
【詳解】因為的圖象關于直線對稱，
所以，即，
所以，
所以的圖象關于直線對稱.
因為的圖象關于點對稱，
所以，即，
所以的圖象關于點對稱.
所以.
令，得.
由，可得，
故即，
所以，
所以函數的周期，
所以，又不恒為零，
所以錯誤，A錯誤，
，B正確；
因為的圖象關于直線對稱，的圖象關于點對稱，
所以，
所以為函數的對稱軸，
結合周期性可得，，為函數的圖象的對稱軸，
所以是函數圖象的一條對稱軸，C正確；
因為，，
所以，
所以原點為函數的一個對稱中心，
結合函數周期性可得點，，為函數圖象的對稱中心，
所以點是函數圖象的一個對稱中心，D正確.
故選：BCD.
4．AC
【分析】對于A：由可設，根據題意分析可得，，即可得結果；對于C：結合奇偶性可得函數的周期，結合周期性分析求解；對于B：分析可知，根據周期性分析求解；對于D：結合選項BC中的結論運算求解.
【詳解】對于選項A：因為，則，
可得，
又因為，可得.
令，可得，解得，
可得，所以函數的圖象關于直線對稱，A正確；
對于選項C：因為為奇函數，
可知的圖象關于點對稱，且，
令，可得，即；
令，可得；
令，可得；
由函數的圖象關于直線對稱，可得；
所以，
又因為，則，
可知函數的周期，
所以，故C正確；
對于選項B：由AC可知，
可得，，
所以，故B錯誤；
對于選項D：可得，故D錯誤.
故選：AC.
【點睛】方法點睛：函數的性質主要是函數的奇偶性、單調性和周期性以及函數圖象的對稱性，在解題中根據問題的條件通過變換函數的解析式或者已知的函數關系，推證函數的性質，根據函數的性質解決問題．
5．
【分析】根據題意，結合是奇函數，是偶函數，推得函數是周期為12的周期函數，進而求得的值，得到答案.
【詳解】解法一因為是奇函數，可得 ，所以，
又因為是偶函數，可得，即，
所以，
所以是周期為12的周期函數，則．
解法二 因為是奇函數，可得的圖象關于點對稱，
又因為是偶函數，可得的圖象關于直線對稱，
所以是周期為12的周期函數，所以，
因為的圖象關于直線對稱，所以，則．
故答案為：.
6．
【分析】令求，令求，令得，通過迭代求周期，然后可解.
【詳解】令，則，
因為，所以，
令，則，得，
令，則，即，
所以，
所以
所以，所以，即，
是以6為周期的周期函數，
所以，
故答案為：.
反思提升：
1.若f(x＋a)＝－f(x)(a是常數，且a≠0)，則2a為函數f(x)的一個周期.
2.利用函數的周期性，可將其他區間上的求值、求零點個數、求解析式等問題，轉化到已知區間上，進而解決問題.
【考點3】函數的對稱性
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）下列關于函數的四個結論中錯誤的是（ ）
A．的圖象關于原點對稱 B．的圖象關于點對稱
C．的圖象關于直線對稱 D．在區間上單調遞增
2．（2023·河南·模擬預測）已知函數對任意都有，且函數的圖象關于對稱，當時，.則下列結論正確的是（ ）
A．函數的圖象關于點對稱
B．函數的圖象關于直線對稱
C．函數的最小正周期為2
D．當時，
二、多選題
3．（2020·山東淄博·一模）已知函數是R上的奇函數，對于任意，都有成立，當時，，給出下列結論，其中正確的是（ ）
A．
B．點是函數的圖象的一個對稱中心
C．函數在上單調遞增
D．函數在上有3個零點
4．（2024·江西鷹潭·二模）已知函數及其導函數的定義域均為，記.若函數與均為偶函數，則下列結論中正確的是（ ）
A． B．函數的圖象關于點對稱
C． D．
三、填空題
5．（2024·寧夏固原·一模）已知定義在R上的函數滿足對任意實數都有，成立，若，則 ．
6．（2024·廣西南寧·二模）定義域為R的函數的圖象關于點對稱，函數的圖象關于直線對稱．若，則 ．
參考答案：
1．D
【分析】根據奇函數的定義判斷A；根據函數的周期判斷B；根據函數的對稱軸判斷C；根據復合函數的性質或切化弦判斷D
【詳解】由，得且，
因為，所以函數為奇函數，
所以的圖象關于原點對稱，所以選項A正確．
因為，
所以是函數的一個周期，
由選項A知點是函數的圖象的對稱中心，
則也是函數的圖象的對稱中心，所以選項B正確．
因為，
所以函數的圖象關于直線對稱，所以選項C正確．
方法一：因為函數在上單調遞減，函數在上單調遞增，
由復合函數的性質可知，函數在區間上單調遞減，所以選項D錯誤．
方法二：因為，所以在區間上單調遞減，
所以選項D錯誤．
故選：D．
2．C
【分析】根據題中條件可得的周期為4且關于對稱，結合時，，即可畫出函數的圖象，由圖象即可逐一判斷.
【詳解】因為函數對任意都有，即恒成立，所以的周期為4.
因為函數的圖象關于對稱，所以將的圖象向右平移一個單位，得到的圖象，所以的圖象關于對稱，
故，因此的圖象關于對稱，
設，則，
因為函數對任意都有
所以，
所以 所以選項D錯誤.
作出的圖象如圖所示：
由圖象可知，函數的圖象關于點中心對稱，關于直線對稱，故A，B錯誤；
對于C：函數的圖象可以看成的圖象軸上方的圖象保留，把軸下方的圖象翻折到軸上方，所以函數的最小正周期為2.故C正確.
故選：C
3．AB
【分析】由，賦值，可得，故A正確；進而可得是對稱中心，故B正確；作出函數圖象，可得CD不正確.
【詳解】在中，令，得，又函數是R上的奇函數，所以，，故是一個周期為4的奇函數，因是的對稱中心，所以也是函數的圖象的一個對稱中心，故A、B正確；
作出函數的部分圖象如圖所示，易知函數在上不具單調性，故C不正確；
函數在上有7個零點，故D不正確.
故選：AB
【點睛】本題考查了函數的性質，考查了邏輯推理能力，屬于基礎題目.
4．ABD
【分析】由已知結合函數的奇偶性，對稱性和復合函數的求導可得A，B正確，C錯誤；驚醒賦值可先求出，則有成立，進而得到D正確.
【詳解】對于選項A，因為為偶函數，可得：，
即，∴，即，故選項A正確；
對于選項B，因為為偶函數，所以為奇函數，且
，則的圖象關于點對稱，故選項B正確；
對于選項C，為偶函數，其導函數為奇函數，
可得：，即，
得，
所以，即，
則，可知的周期為4，
故選項C錯誤；
對于選項D，因為為奇函數，
將代入，得，得，
因為為偶函數，可得：關于對稱，
由且關于對稱，知，
又的周期為4，可得（），
選項C中有等式，即，
則有（）成立，
∴，故選項D正確；
故選：ABD.
5．
【分析】由可得函數的對稱性，再對中的進行賦值，依次得到，，，，即可求出.
【詳解】由可得函數圖象關于直線對稱，
因，故，在中，令，代入可得，
再令，代入可得，再令，代入可得，，
故令，代入可得，故.
故答案為：.
6．2499
【分析】根據抽象函數的對稱性、周期性運算得解.
【詳解】因為的圖象關于點對稱，所以，
則即，
又的圖象關于直線對稱，則，
所以，即，
可得，則是以4為周期的函數.
因為，
由，令，得，
所以，，，
所以
.
故答案為：2499.
【點睛】關鍵點睛：本題關鍵是根據條件判斷出是以4為周期的函數.
反思提升：
對稱性的三個常用結論
(1)若函數f(x)滿足f(a＋x)＝f(b－x)，則y＝f(x)的圖象關于直線x＝對稱.
(2)若函數f(x)滿足f(a＋x)＝－f(b－x)，則y＝f(x)的圖象關于點對稱.
(3)若函數f(x)滿足f(a＋x)＋f(b－x)＝c，則函數f(x)的圖象關于點對稱.
【考點4】函數性質的綜合應用
一、單選題
1．（2024·遼寧撫順·一模）函數滿足：當時，，是奇函數．記關于的方程的根為，若，則的值可以為（ ）
A． B． C． D．1
2．（2024·安徽合肥·一模）已知函數的定義域為，且，記，則（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2024·山東臨沂·二模）已知定義在上的函數滿足，，且，則（ ）
A．的最小正周期為4 B．
C．函數是奇函數 D．
4．（2024·全國·模擬預測）定義在上的函數滿足下列條件：（1）；（2）當時，，則（ ）
A．
B．當時，
C．
D．在上單調遞減
三、填空題
5．（2024·陜西西安·二模）已知函數滿足，.則 .
6．（2023·浙江·一模）設函數的定義域為，且為偶函數，為奇函數，當時，，則 .
參考答案：
1．C
【分析】首先判斷函數關于點對稱，再畫出函數和的圖象，結合函數的對稱性，判斷交點的個數，利用數形結合，即可求解.
【詳解】若函數是奇函數，則，
即，則函數關于點對稱，所以
而也關于點對稱，恒過點，
方程根，即為函數與交點的橫坐標，
因為兩個函數都關于點對稱，所以交點也關于點對稱，且其中一個交點是，
如圖畫出兩個函數的圖象，
若，根據對稱性可知，軸左側和右側各有3個交點，如圖，
當直線過點時，軸右側有2個交點，此時，
當直線過點時，軸右側有3個交點，此時，
所以滿足條件的的取值范圍是，選項中滿足條件的只有.
故選：C
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是正確分析出函數的圖象，尤其是，并且會利用數形結合，分析臨界直線，即可求解.
2．A
【分析】根據函數滿足的表達式以及，利用賦值法即可計算出的大小.
【詳解】由可得，
令，代入可得，即，
令，代入可得，即，
令，代入可得，即；
由可得，
顯然可得.
故選：A
【點睛】方法點睛：研究抽象函數性質時，可根據滿足的關系式利用賦值法合理選取自變量的取值，由函數值或范圍得出函數單調性等性質，進而實現問題求解.
3．AB
【分析】據題意，通過賦值得到，，即可判斷A；令，可求出，由周期性可判斷B；令，得到，由周期性，可證明是奇函數，假設函數是奇函數，推出矛盾，判斷C；由周期性及對稱性可計算D.
【詳解】對于A，因為，
所以，，
所以，故的最小正周期為4，A正確；
對于B，因為，
令，則，
所以，
由A可知，，故B正確；
對于C， 因為，①
令，則，
所以，
所以，②
由①②，所以，即，故為奇函數，
若函數是奇函數，則，
所以，即，
所以，
所以的最小正周期為2，與選項A矛盾，故C錯誤；
對于D，因為為奇函數，且，所以，
又因為的最小正周期為4，所以，
因為
所以，，
所以，
，
以此類推，
所以，故D錯誤.
故選：AB
【點睛】方法點睛：本題以抽象函數為載體綜合考查函數的性質，關鍵是根據已知條件判斷出的周期.
以下是抽象函數周期性質的一些總結，可以適當總結記憶：
設函數，
（1）若，則函數的周期為；
（2）若，則函數的周期為；
（3）若，則函數的周期為；
（4）若，則函數的周期為；
（5）若，則函數的周期為.
4．AB
【分析】利用賦值法可以逐次判斷選項，A，取可得；B，取，再由條件當時，推理可得；對于C，雖能用基本不等式，但因在上的符號不定，得不出結論；對于D，運用單調性定義法推導得出相反結論，排除.
【詳解】對于A項，由，取，得，，故A項正確；
對于B項，由，取，因，故，即，
當時，，則，故，即，故B項正確；
對于C項，由，取，可得，，整理得，，
因，，當且僅當時取等號，但因的符號不能確定，故不一定有，
即不一定成立，故C項錯誤；
對于D項，任取，則，依題意，，而，
則，即，即在上是增函數.于是，對于，
任取，因，則，即，即函數在上單調遞增，故D項錯誤.
故選：AB.
【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查抽象函數的性質判斷和應用，屬于難題.
解決此類題的關鍵在于觀察已知抽象函數式的特征，巧用賦值代入法，對稱取值法和定義推導法進行推理判斷，即可得出正確結論.
5．.
【分析】根據題意，取，求得，再令，得到，結合，利用等差數列的求和公式，即可求解.
【詳解】由函數滿足，
取，可得，
令，可得，
即
則
.
故答案為：.
6．
【分析】推導出函數是周期為的周期函數，根據題中條件求出的值，結合函數的周期性可求得的值.
【詳解】因為函數的定義域為，且為偶函數，為奇函數，
則，，
所以，函數的圖象關于直線對稱，也關于點對稱，
所以，，，
所以，，則，
所以，函數是周期為的周期函數，
當時，，則，，，
，，，
，，
所以，，
又因為，所以，.
故答案為：.
【點睛】結論點睛：對稱性與周期性之間的常用結論：
（1）若函數的圖象關于直線和對稱，則函數的周期為；
（2）若函數的圖象關于點和點對稱，則函數的周期為；
（3）若函數的圖象關于直線和點對稱，則函數的周期為.
反思提升：
1.比較函數值的大小問題，可以利用奇偶性，把不在同一單調區間上的兩個或多個自變量的函數值轉化到同一單調區間上，再利用函數的單調性比較大小；
2.對于抽象函數不等式的求解，應變形為f(x1)>f(x2)的形式，再結合單調性，脫去“f”變成常規不等式，轉化為x1x2)求解.
3.周期性與奇偶性結合的問題多考查求值問題，常利用奇偶性及周期性進行轉換，將所求函數值的自變量轉化到已知解析式的函數定義域內求解.
4.函數f(x)滿足的關系f(a＋x)＝f(b－x)表明的是函數圖象的對稱性，函數f(x)滿足的關系f(a＋x)＝f(b＋x)(a≠b)表明的是函數的周期性，在使用這兩個關系時不要混淆.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·河北保定·二模）若函數是定義在R上的奇函數，則（ ）
A．3 B．2 C． D．
2．（2024·四川內江·三模）已知函數的定義域為R，對任意實數x都有成立，且函數為偶函數，，則（ ）
A．-1 B．0 C．1012 D．2024
3．（2024·山東日照·二模）已知是定義域為的偶函數，，，若是偶函數，則（ ）
A． B． C．4 D．6
4．（2023·陜西西安·三模）已知是定義域為的奇函數，若的最小正周期為1，則下列說法中正確的個數是（ ）
① ②
③的一個對稱中心為 ④的一條對稱軸為
A．個 B．個 C．個 D．個
二、多選題
5．（2024·山東·二模）已知函數，則（ ）
A．是奇函數 B．的最小正周期為
C．的最小值為 D．在上單調遞增
6．（2023·海南·模擬預測）已知函數的定義域為，且為奇函數，為偶函數，則（ ）
A．函數的圖象關于點對稱 B．函數的圖象關于直線對稱
C． D．
7．（2024·全國·模擬預測）已知，，則（ ）
A．將的圖象向左平移個單位長度可以得到的圖象
B．將的圖象向右平移個單位長度可以得到的圖象
C．的圖象與的圖象關于直線對稱
D．的圖象與的圖象關于直線對稱
三、填空題
8．（2024·四川成都·模擬預測）函數，若，則 .
9．（2024·河南·二模）已知函數是偶函數，對任意，均有，當時，，則函數的零點有 個.
10．（2024·河南三門峽·模擬預測）已知函數是定義在上的奇函數，當時，，則的值為 .
四、解答題
11．（2023·安徽·模擬預測）已知函數（其中）為偶函數.
(1)求實數的值；
(2)討論函數的零點情況.
12．（2023·陜西咸陽·模擬預測）求下列情況下的值
(1)若函數是偶函數, 求的值．
(2)已知 是奇函數, 且當時,,若, 求的值．
參考答案：
1．A
【分析】根據奇函數的性質可得，進而可得，，即可求解.
【詳解】設，則，即，
即，所以.
因為，所以，.
故選：A
2．B
【分析】利用抽象函數的奇偶性、周期性、對稱性計算即可.
【詳解】由，即的一個周期為4，
由為偶函數可知關于軸對稱，即，
又可知，
所以，
顯然，
所以.
故選：B
3．D
【分析】根據是偶函數，得到關于對稱，即，結合和為偶函數即可得到周期為4，故可求出，則即可.
【詳解】因為是偶函數，
所以的圖象關于直線對稱，
即，
即，
所以.
所以關于點中心對稱.
又是定義域為的偶函數，
所以，
所以，
即，
所以函數的周期為4.
所以，
所以.
故選：D.
4．B
【分析】根據條件得出周期，結合周期性、對稱性可得答案.
【詳解】因為的最小正周期為1，所以；
即，所以2是的周期；
因為為奇函數，所以，②正確；
，不一定為零，①不正確；
因為，所以的一個對稱中心為，③正確；
通過題目條件無法得出的一條對稱軸為，④不正確；
故選：B
5．AC
【分析】對于A，直接用奇函數的定義驗證；對于B，直接說明不是周期；對于C，利用正弦二倍角公式證明，再由可得最小值；對于D，直接計算得到，即可否定結論.
【詳解】對于A，函數定義域為，有，
所以是奇函數，A正確；
對于B，有，.
所以，這表明不是的周期，B錯誤；
對于C，我們有，
而之前已計算得到，故的最小值為，C正確；
對于D，由于，，
故，所以在上并不是單調遞增的，D錯誤.
故選：AC.
6．BCD
【分析】根據題意，利用函數的奇偶性，推得函數的對稱性和周期性，結合選項，逐項判定，即可求解.
【詳解】對于A中，由為奇函數得，
因此，所以的圖象關于點對稱，所以A錯誤；
對于B中，由為偶函數得，于是，即，所以的圖象關于直線對稱，所以B正確；
對于C中，，
從而，所以以4為周期，可得，
由中，令，得，所以C正確；
對于D中，由前面的分析可得，，
所以，
所以D正確．
故選：BCD.
7．BD
【分析】根據三角函數的圖像變換及對稱性可判斷各項.
【詳解】因為的圖象向左平移個單位長度得到
，所以A錯誤，
因為的圖象向右平移個單位長度得到
，故B正確；
與的圖象關于直線對稱的函數為
，故C錯誤；
與的圖象關于直線對稱的函數為
，所以D正確；
故選：BD．
8．
【分析】利用和的關系求解即可.
【詳解】，
，
.
故答案為：
9．4
【分析】轉化為函數的圖象與的圖象的交點個數即可求解.
【詳解】函數是偶函數，說明函數的圖象關于軸對稱，說明的周期是2，
在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象與的圖象，如圖所示：
如圖所示，共有4個不同的交點，即有4個零點.
故答案為：4.
10．4
【分析】由奇函數性質可求得的值，結合計算即可.
【詳解】由題得，解得，
所以當時，，
所以.
故答案為：4.
11．(1)
(2)答案見解析
【分析】（1）根據偶函數的性質進行求解即可；
（2）把零點問題轉化為方程解問題，利用換元法，結合二次函數的性質分類討論進行求解即可.
【詳解】（1）函數是偶函數且定義域為，
所以有
，
因為，所以；
（2）函數的零點情況等價于
方程的解的情況，
即
令，則
①當時，，此時方程無解；
②當時，函數開口向上，且恒過定點，
則只有一解，此時方程只有一解；
③當時，函數開口向下，且恒過定點，
函數的對稱軸，此時方程無解.
綜上，當時函數無零點，當時函數有一個零點.
12．(1)
(2)
【分析】(1)根據偶函數定義,代入化簡即可得的值;
(2)根據奇函數定義,先求出的解析式,再將代入,即可得的值.
【詳解】（1）因為 ,
故 ,
因為為偶函數,
故,
所以,
整理得到,
故;
（2）因為是奇函數,
且當時,
,
因為,
,
所以,
化簡可得,
解得: .
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·云南·模擬預測）已知函數為上的偶函數，且當時，，若，，則下列選項正確的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（2024·湖南·二模）已知函數及其導函數的定義域均為，記.若滿足的圖象關于直線對稱，且，則（ ）
A．是偶函數 B．
C． D．
三、填空題
3．（2024·全國·模擬預測）已知定義在上的函數的圖象關于點對稱，且，當時，．若，則實數的取值范圍為 ．
四、解答題
4．（2021·陜西安康·一模）已知函數是定義在上的偶函數，滿足．
(1)證明：函數是周期函數．
(2)當時，．若恰有14個零點，求實數的取值范圍．
參考答案：
1．C
【分析】根據條件判斷函數的單調性，結合函數奇偶性和單調性的關系進行轉化求解即可.
【詳解】當時，，所以在上單調遞增；
又有為上的偶函數，所以在上單調遞減.
由于我們有，
即，故.
而，，，故.
故選：C.
2．ABD
【分析】推導出函數的奇偶性，設，利用導數推導出為常值函數，結合函數奇偶性的定義可判斷A選項；推導出，令代值計算可判斷B選項；由、推導可判斷C選項；求出的值，結合函數的周期性可判斷D選項．
【詳解】對于A選項，因為函數的圖象關于直線對稱，
則，
即，所以，函數為偶函數，故A正確；
對于選項，因為，令，可得，即，
對等式兩邊求導得，即，
故，所以，故B正確；
對于選項，因為，則，
令，則，所以，為常值函數，
設，其中為常數，
當時，，故C錯誤；
對于D選項，因為，所以，.
，可得，
，
由，令，可得，則，
所以，
因為，則，故D正確.
故選：ABD.
【點睛】結論點睛：本題考查抽象函數的對稱性與周期性，一般可根據如下規則判斷：
（1）若對任意的實數，滿足，則函數的周期為；
（2）若對任意的實數，滿足，則函數關于直線對稱；
（3）若對任意的實數，滿足，則函數關于點對稱．
3．
【分析】根據題意，得函數的對稱性和周期性，再結合時的函數解析式得單調性，數形結合求的取值范圍.
【詳解】由的圖象關于點對稱，可得．
由，可得，
故函數的圖象關于直線對稱，
且，
所以2是的一個周期．
當時，，單調遞增，
且，則，
畫出在上的大致圖象如圖所示，
數形結合可得實數的取值范圍為．
故答案為：
4．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據偶函數的性質及周期性的定義證明即可；
（2）畫出的圖象，則問題轉化為函數的圖象與函數的圖象交點的個數，數形結合即可得解.
【詳解】（1）證明：因為是上的偶函數，所以．
因為，所以，
則．
因為，所以，
故函數是周期函數，且周期為4．
（2）解：當時，，則，
由（1）知，所以，
即當時，．
因為函數的零點個數就是函數的圖象與函數的圖象交點的個數，
且函數與函數均為偶函數，所以當時，恰有7個零點，
即當時，函數的圖象與函數的圖象有7個交點．
結合圖象可知，
當時，，解得；
當時，，解得．
綜上可知，實數的取值范圍是．
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數的定義域為，且滿足，則下列結論正確的是（ ）
A． B．方程有解
C．是偶函數 D．是偶函數
二、多選題
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數的定義域為，且，則下列說法中正確的是（ ）
A．為偶函數 B． C． D．
三、填空題
3．（2024·浙江紹興·二模）已知定義在上的增函數滿足:對任意的都有且，函數滿足，. 當時，，若在上取得最大值的值依次為，，…，，取得最小值的值依次為，，…，，若，則的取值范圍為
參考答案：
1．C
【分析】由已知利用賦值法與等差數列的求和公式，結合函數的奇偶性及方程解的存在條件檢驗各選項即可判斷.
【詳解】對于A，因為函數的定義域為，且滿足，
取，得，則，
取，得，則，故錯誤；
對于B，取，得，則，
所以，
以上各式相加得，
所以，
令，得，此方程無解，故B錯誤.
對于CD，由知，
所以是偶函數，
不是偶函數，故C正確，錯誤.
故選：C.
【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是利用賦值法得到，再利用等差數列數列的求和公式得到，從而得解.
2．BC
【分析】方法一：利用和差角公式證明正弦平方差公式：，符合題意，逐項驗證選項即可；
方法二：采用取特值的方法逐項驗證選項.
【詳解】方法一：先介紹正弦平方差公式：．
證明過程如下：
．
由題意，可以令，因為為奇函數，故選項A錯誤．
因為，故選項B正確．
因為，故選項C正確．
因為，故，故選項D錯誤．
方法二：對于選項A，因為的定義域為，
令，則，故，則，
令，則，
又不恒為0，故，
所以為奇函數，故A錯誤．
對于選項B，令，則．
而，所以，故選項B正確．
對于選項C，由選項B可知，，
令，則，所以．
又因為為奇函數，所以，故C正確．
對于選項D，由選項B以及，可得，
所以，同理可得．
因為，故，故D錯誤．
故選：BC
3．.
【分析】由的性質得，，由滿足的條件得，，的圖象關于點對稱，關于直線對稱，的一個周期是4，可得的最值點與最值的結果，結合已知分析求解.
【詳解】定義在上的增函數，對任意的都有且，
則，得，
，得，
當時，，則在上單調遞增，且，，
函數滿足，則的圖象關于點對稱，
得在上單調遞增，且，，
，則的圖象關于直線對稱，
得在和上單調遞減，且，
由和，得，
則有，，
故的一個周期是4，且在時取最大值0，在時取最小值-2，
若在上取得最大值的值依次為，，…，，取得最小值的值依次為，，…，，
有或，
，
當時，有，方程無正整數解；
當時，有，解得；
則有，即，
所以的取值范圍為.
故答案為：
【點睛】方法點睛：
本題以抽象函數為載體綜合考查函數的性質，關鍵是根據已知條件判斷出的周期及其在一個周期內的單調性和最值.
以下是抽象函數周期性質的一些總結，可以適當總結記憶：
設函數．
（1）若，則函數的周期為；
（2）若，則函數的周期為；
（3）若，則函數的周期為；
（4）若，則函數的周期為；
（5）若，則函數的周期為；
（6）若函數的圖象關于直線與對稱，則函數的周期為；
（7）若函數的圖象既關于點對稱，又關于點對稱，則函數的周期為；
（8）若函數的圖象既關于直線對稱，又關于點對稱，則函數的周期為．
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