2020届二轮复习函数的对称性与周期性学案（全国通用）

2020届二轮复习函数的对称性与周期性学案（全国通用）

微专题 05 函数的对称性与周期性 一、基础知识 （一）函数的对称性 1、对定义域的要求：无论是轴对称还是中心对称，均要求函数的定义域要关于对称轴（或对 称中心）对称 2、轴对称的等价描述： （1）    f a x f a x     f x 关于 x a 轴对称（当 0a  时，恰好就是偶函数） （2）      f a x f b x f x    关于 2 a bx  轴对称 在已知对称轴的情况下，构造形如    f a x f b x   的等式只需注意两点，一是等式 两侧 f 前面的符号相同，且括号内 x 前面的符号相反；二是 ,a b 的取值保证 2 a bx  为所给 对 称 轴 即 可 。 例 如 ：  f x 关 于 1x  轴 对 称    2f x f x   ， 或 得 到    3 1f x f x    均可，只是在求函数值方面，一侧是  f x 更为方便 （3）  f x a 是偶函数，则    f x a f x a    ，进而可得到：  f x 关于 x a 轴对称。 ① 要注意偶函数是指自变量取相反数，函数值相等，所以在  f x a 中，x 仅是括号中的一 部分，偶函数只是指其中的 x 取相反数时，函数值相等，即    f x a f x a    ，要与以 下的命题区分： 若  f x 是偶函数，则    f x a f x a      ：  f x 是偶函数中的 x 占据整个括号，所 以是指括号内取相反数，则函数值相等，所以有    f x a f x a      ② 本结论也可通过图像变换来理解，  f x a 是偶函数，则  f x a 关于 0x  轴对称， 而  f x 可视为  f x a 平移了 a 个单位（方向由 a 的符号决定），所以  f x 关于 x a 对 称。 3、中心对称的等价描述： （1）    f a x f a x      f x 关于  ,0a 轴对称（当 0a  时，恰好就是奇函数） （2）      f a x f b x f x     关于 ,02 a b     轴对称 在已知对称中心的情况下，构造形如    f a x f b x    的等式同样需注意两点，一是 等式两侧 f 和 x 前面的符号均相反；二是 ,a b 的取值保证 2 a bx  为所给对称中心即可。例 如：  f x 关于 1,0 中心对称    2f x f x     ，或得到    3 5f x f x     均 可，同样在求函数值方面，一侧是  f x 更为方便 （3）  f x a 是奇函数，则    f x a f x a     ，进而可得到：  f x 关于 ,0a 轴对 称。 ① 要注意奇函数是指自变量取相反数，函数值相反，所以在  f x a 中，x 仅是括号中的一 部分，奇函数只是指其中的 x 取相反数时，函数值相反，即    f x a f x a    ，要与以 下的命题区分： 若  f x 是奇函数，则    f x a f x a       ：  f x 是奇函数中的 x 占据整个括号，所 以是指括号内取相反数，则函数值相反，所以有    f x a f x a       ② 本结论也可通过图像变换来理解，  f x a 是奇函数，则  f x a 关于  0,0 中心对称， 而  f x 可视为  f x a 平移了 a 个单位（方向由 a 的符号决定），所以  f x 关于 ,0a 对 称。 4、对称性的作用：最突出的作用为“知一半而得全部”，即一旦函数具备对称性，则只需要 分析一侧的性质，便可得到整个函数的性质，主要体现在以下几点： （1）可利用对称性求得某些点的函数值 （2）在作图时可作出一侧图像，再利用对称性得到另一半图像 （3）极值点关于对称轴（对称中心）对称 （4）在轴对称函数中，关于对称轴对称的两个单调区间单调性相反；在中心对称函数中，关 于对称中心对称的两个单调区间单调性相同 （二）函数的周期性 1、定义：设  f x 的定义域为 D ，若对 x D  ，存在一个非零常数T ，有    f x T f x  ， 则称函数  f x 是一个周期函数，称T 为  f x 的一个周期 2、周期性的理解：可理解为间隔为T 的自变量函数值相等 3、若  f x 是一个周期函数，则    f x T f x  ，那么      2f x T f x T f x    ， 即 2T 也是  f x 的一个周期，进而可得：  kT k Z 也是  f x 的一个周期 4、最小正周期：正由第 3 条所说，  kT k Z 也是  f x 的一个周期，所以在某些周期函数 中，往往寻找周期中最小的正数，即称为最小正周期。然而并非所有的周期函数都有最小正 周期，比如常值函数  f x C 5、函数周期性的判定： （1）    f x a f x b   ：可得  f x 为周期函数，其周期T b a  （2）      f x a f x f x    的周期 2T a 分析：直接从等式入手无法得周期性，考虑等间距再构造一个等式：    2f x a f x a    所以有：         2f x a f x a f x f x        ，即周期 2T a 注：遇到此类问题，如果一个等式难以推断周期，那么可考虑等间距再列一个等式，进而通 过两个等式看能否得出周期 （3）      1f x a f xf x    的周期 2T a 分析：        1 12 1f x a f xf x a f x     （4）    f x f x a k   （ k 为常数）  f x 的周期 2T a 分析：        , 2f x f x a k f x a f x a k       ，两式相减可得：    2f x a f x  （5）    f x f x a k   （ k 为常数）  f x 的周期 2T a （6）双对称出周期：若一个函数  f x 存在两个对称关系，则  f x 是一个周期函数，具体 情况如下：（假设b a ） ① 若  f x 的图像关于 ,x a x b  轴对称，则  f x 是周期函数，周期  2T b a  分析：  f x 关于 x a 轴对称    2f x f a x     f x 关于 x b 轴对称    2f x f b x       2 2f a x f b x     f x 的周期为  2 2 2T b a b a    ② 若  f x 的图像关于   ,0 , ,0a b 中心对称，则  f x 是周期函数，周期  2T b a  ③ 若  f x 的图像关于 x a 轴对称，且关于  ,0b 中心对称，则  f x 是周期函数，周期  4T b a  7、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。 （1）函数值：可利用周期性将自变量大小进行调整，进而利用已知条件求值 （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）单调区间：由于间隔  kT k Z 的函数图象相同，所以若  f x 在  ,a b b a T  上 单调增（减），则  f x 在  ,a kT b kT k Z   上单调增（减） （4）对称性：如果一个周期为T 的函数  f x 存在一条对称轴 x a （或对称中心），则  f x 存在无数条对称轴，其通式为  2 kTx a k Z   证明：  f x 关于 x a 轴对称    2f x f a x   函数  f x 的周期为T    f x kT f x      2f x kT f a x     f x 关于 2 kTx a  轴对称 注：其中（3）（4）在三角函数中应用广泛，可作为检验答案的方法 二、典型例题： 例 1：设 ( )f x 为定义在 R 上的奇函数， ( 2) ( )f x f x   ，当 0 1x  时， ( )f x x ，则 (7.5)f  __________ 思路：由 ( 2) ( )f x f x   可得：  f x 的周期 4T  ，考虑将 (7.5)f 用 0 1x  中的函 数值进行表示：    (7.5) 3.5 0.5f f f   ，此时周期性已经无法再进行调整，考虑利用奇 偶性进行微调：     10.5 0.5 2f f     ，所以 1(7.5) 2f   答案： 1(7.5) 2f   例 2：定义域为 R 的函数  f x 满足    2 2f x f x  ，当  0,2x  时，   3 21 2 x f x      ， 则 5 2f      （ ） A. 1 4 B. 1 8 C. 1 2  D. 1 4  思路：由        12 2 22f x f x f x f x     ，可类比函数的周期性，所以考虑将 5 2x   向  0,2x  进行转化： 3 3 2 25 1 1 1 3 1 1 1 2 2 2 4 2 4 2 4f f f                                   答案：D 小炼有话说：  f x 虽然不是周期函数，但函数值关系与周期性类似，可理解为：间隔 2 个单 位的自变量，函数值呈 2 倍关系。所以在思路上仍可沿用周期性的想法，将自变量向已知范 围进行靠拢。 例 3：定义在 R 上的函数  f x 对任意 x R ，都有        1 12 , 21 4 f xf x ff x    ，则  2016f 等于（ ） A. 1 4 B. 1 2 C. 1 3 D. 3 5 思 路 ： 由       12 1 f xf x f x    及 所 求  2010f 可 联 想 到 周 期 性 ， 所 以 考 虑                 111 2 14 11 2 1 1 f x f x f xf x f xf xf x f x          ，所以  f x 是周期为 4 的周期函数，故    2016 4f f ，而由已知可得       1 2 34 1 2 5 ff f   ，所以   32016 5f  答案：D 例 4（2009 山东）：定义在 R 上的函数  f x 满足         2log 1 , 0 1 2 , 0 x x f x f x f x x        ，则  2009f 的值为（ ） A. 1 B. 0 C. 1 D. 2 思 路 ： 所 给  f x 的 特 点 为 0x  才 有 解 析 式 能 够 求 值 ， 而 0x  只 能 通 过      1 2f x f x f x    减少自变量的取值，由所求  2009f 可联想到判断  f x 是否 具有周期性， 0x  时，      1 2f x f x f x    ，则有      1 2 3f x f x f x     ， 两式相加可得：    3f x f x   ，则      3 6f x f x f x     ，即  f x 在 0x  时 周期是 6，故      2009 5 2f f f   ，而              2 1 0 0 1 0 1 1f f f f f f f         答案：C 小炼有话说：（1）本题的思路依然是将无解析式的自变量通过函数性质向含解析式的自变量 靠拢，而 2009x  数较大，所以考虑判断函数周期性。 （2）如何快速将较大自变量缩至已知范围中？可利用带余除法除以周期，观察余数。则被除 数的函数值与余数的函数值相同，而商即为被除数利用周期缩了多少次达到余数。例如本题 中 2009 6 334 5   ，从而    2009 5f f （3）本题推导过程中    3f x f x   也有其用处，其含义是间隔为 3 的自变量函数值互 为相反数，相比周期，它的间隔更小，所以适用于利用周期缩小自变量范围后，进行“微调” 从而将自变量放置已知区间内 例 5：函数  f x 是周期为 4 的偶函数，当  0,2x  时，    2log 1 1f x x   ，则不等式   0xf x  在 1,3 上的解集为___________ 思路：从已知出发可知  0,2x  时，  f x 为增函数， 且   21 log 2 1 0f    ，所以  0,1x  时，   0f x  ，  1,2x  时，   0f x  ，由偶函数可得：  1,0x   时，   0f x  ，    2, 1f x    时，   0f x  。从而可作出草图。由所解不等式   0xf x  可 将 1,3 分为   1,0 0,3  两部分，当 0x  时，   0f x  ，所以  1,0x   ，当 0x  时，   0f x  ，所以    1,3f x  ，综上解集为：   1,0 1,3  答案：   1,0 1,3  例 6：已知  f x 是定义在 R 上的函数，满足        0, 1 1f x f x f x f x      ，当  0,1x  时，   2f x x x   ，则函数  f x 的最小值为（ ） A. 1 4 B. 1 4  C. 1 2  D. 1 2 思路：由    1 1f x f x   可得  f x 是周期为 2 的周期函数，所以只需要求出一个周期 内的最值即可。由     0f x f x   可得  f x 为奇函数，所以考虑区间  1,1 ，在  0,1x  时，   21 1 2 4f x x       ，所以  max 1 1 2 4f x f      ，而由于  f x 为奇函数，所以在  1,0x   时，  min 1 1 1 2 2 4f x f f               ，所以 1 2f     即为  f x 在 1,1 的最 小值，从而也是  f x 在 R 上的最小值 答案：B 例 7：已知定义域为 R 的函数  f x 满足    4f x f x    ，且函数  f x 在区间  2, 上 单调递增，如果 1 22x x  ，且 1 2 4x x  ，则    1 2f x f x 的值（ ） A. 可正可负 B. 恒大于 0 C. 可能为 0 D. 恒小于 0 思路一：题目中给了单调区间，与自变量不等关系，所求为函数值的关系，从而想到单调性， 而 1 2 4x x  可得 2 14x x  ，因为 1 2x  ，所以 14 2x  ，进而将 2 1,4x x 装入了  2, 中 ， 所 以 由 2 14x x  可 得    2 14f x f x  ， 下 一 步 需 要 转 化  14f x ， 由    4f x f x    可得  f x 关于  2,0 中心对称，所以有    4f x f x   。代入 1x 可得    1 14f x f x   ，从而        2 1 1 2 0f x f x f x f x     思路二：本题运用数形结合更便于求解。先从    4f x f x    分析出  f x 关于  2,0 中 心 对 称 ， 令 2x   代 入 到    4f x f x    可 得  2 0f  。中心对称的函数对称区间单调性相同，从而可作 出草图。而 1 2 1 2 4 22 x xx x     ，即 1 2,x x 的中点位于 2x  的左侧，所以 1x 比 2x 距离 2x  更远，结合图象便可 分析出    1 2f x f x 恒小于 0 答案：D 小炼有话说：（1）本题是单调性与对称性的一个结合，入手点在于发现条件的自变量关系， 与所求函数值关系，而连接它们大小关系的“桥梁”是函数的单调性，所以需要将自变量装 入同一单调区间内。而对称性起到一个将函数值等价转化的作用，进而与所求产生联系 （2）数形结合的关键点有三个：第一个是中心对称图像的特点，不仅仅是单调性相同，而且 是呈“对称”的关系，从而在图像上才能看出    1 2f x f x 的符号；第二个是  2 0f  ， 进 而 可 知        2, , 0; ,2 , 0x f x x f x      ； 第 三 个 是 1 2 1 2 4 22 x xx x     ，既然是数形结合，则题中条件也要尽可能转为图像特点，而 1 2 4x x  表现出中点的位置，从而能够判断出 1 2,x x 距离中心对称点的远近。 例 8：函数  f x 的定义域为 R ，若  1f x  与  1f x  都是奇函数，则（ ） A.  f x 是偶函数 B.  f x 是奇函数 C.    2f x f x  D.  3f x  是奇函数 思路：从已知条件入手可先看  f x 的性质，由    1 , 1f x f x  为奇函数分别可得到：        1 1 , 1 1f x f x f x f x          ，所以  f x 关于    1,0 , 1,0 中心对称， 双对称出周期可求得  2 1 1 4T        ，所以C 不正确，且由已知条件无法推出一定符合 ,A B 。对于 D 选项，因为 4T  ，所以      5 1 1f x f x f x       ，进而可推出  f x 关于  3,0 中心对称，所以  3f x  为  f x 图像向左平移3 个单位，即关于  0,0 对称，所 以  3f x  为奇函数， D 正确 答案：D 例 9：已知定义域为 R 的函数  y f x 在 0,7 上只有1和 3 两个零点，且  2y f x  与  7y f x  都是偶函数，则函数  y f x 在 0,2013 上的零点个数为（ ） A. 404 B. 804 C. 806 D. 402 思路：已知区间仅是 0,7 ，而所求区间为 0,2013 ，跨度如此之大，需要函数性质。从条件 入手    2 , 7f x f x  为偶函数可得  f x 关于 2, 7x x  轴对称，从而判断出  f x 是 周期函数，且  2 7 2 10T     ，故可以考虑将 0,2013 以 10 为周期分组，先判断出一个 周期内零点的个数，再乘以组数，加上剩余部分的零点即可 解：    2 , 7f x f x  为偶函数        2 2 , 7 7f x f x f x f x          f x 关于 2, 7x x  轴对称  f x 为周期函数，且  2 7 2 10T     将 0,2013 划分为       0,10 10,20 2000,2010 2010,2013    f x 关于 2, 7x x  轴对称        4 , 14f x f x f x f x        1 6 0f f       8 14 8 6 0f f f         3 4 3 1 0f f f     在 0,10 中只含有四个零点 而     0,10 10,20 2000,2010  共 201组 所以 201 4 804N    在 2010,2013 中，含有零点        2011 1 0, 2013 3 0f f f f    共两个 所以一共有 806 个零点 答案：C 小炼有话说：（1）周期函数处理零点个数时，可以考虑先统计一个周期的零点个数，再看所 求区间包含几个周期，相乘即可。如果有不满一个周期的区间可单独统计 （2）在为周期函数分段时有一个细节：“一开一闭”，分段的要求时“不重不漏”，所以在给 周期函数分段时，一端为闭区间，另一端为开区间，不仅达到分段要求，而且每段之间保持 队型，结构整齐，便于分析。 （3）当一个周期内含有对称轴（或对称中心）时，零点的统计不能仅限于已知条件，而要看 是否由于对称产生新的零点。其方法一是可以通过特殊值的代入，二是可以通过图像，将零 点和对称轴标在数轴上，看是否有由对称生成的零点（这个方法更直观，不易丢解） 例 10：设函数  y f x 是定义在 R 上以 1 为周期的函数，若     2g x f x x  在区间 2,3 上的值域为 2,6 ，则函数  g x 在 12,12 上的值域为（ ） A.  2,6 B.  20,34 C.  22,32 D.  24,28 思路：设  0 2,3x  ，则    0 2,6g x   ，因为  f x 为周期函数，故以  f x 为突破口，          0 0 0 0 0 02 2 2 2g x n f x n x n f x x n g x n          ，考虑在 12, 11  中 14n   ，所以          0 0 014 2 14 28 26,34g x g x g x        ，在 11,12 中 9n  ， 所以        0 0 09 2 9 18 20, 12g x g x g x         ，所以  g x 在 12,12 的值域为  20,34 答案：B 三、近年模拟题题目精选 1、（2014，庆安高三期中）已知函数 )(xf 是 R 上的偶函数，且满足 3)()1(  xfxf ，当  1,0x   时， ( ) 2f x x  ，则 )5.2007(f 的值为（ ） A．0.5 B．1.5 C． 1.5 D．1 2、（2014，安徽）设函数  f x 满足     sinf x f x x   ，当  0,x  时，   0f x  ， 则 23 6f      （ ） A. 1 2 B. 3 2 C. 0 D. 1 2  3 、（ 2014 ， 四 川 ） 设  f x 是 定 义 在 R 上 的 周 期 为 2 的 函 数 ， 当  1,1x   时 ，   24 2, 1 0 ,0 1 x xf x x x         ，则 3 2f      _________ 4、（2014，新课标全国卷 I）设函数    ,f x g x 的定义域都为 R ，且  f x 是奇函数，  g x 是偶函数，则下列结论中正确的是（ ） A.    f x g x 是偶函数 B.    f x g x 是奇函数 C.    f x g x 是奇函数 D.    f x g x 是奇函数 5、（2014，会宁县校级月考）已知        1 1 , 2f x f x f x f x      ，方程   0f x  在 0,1 内有且只有一个 1 2 ，则  f x 在区间 0,2014 内根的个数为（ ） A. 1006 B. 1007 C. 2013 D. 2014 6、已知定义在 R 上的函数 ( )f x 满足： ( ) ( ), (1 ) (1 )f x f x f x f x      ，当  1,1x  时， 3( )f x x ，则 (2009)f  ______________ 7、已知定义在 R 上的函数  f x 满足        , 2 2f x f x f x f x      ，且  1,0x   时，   12 5 xf x   ，则  2log 20f  （ ） A. 1 B. 4 5 C. 1 D. 4 5  8、已知 ( )f x 是定义在 R 上的奇函数，且对任意实数 x ，恒有 ( 2) ( )f x f x   ，当  0,2x 时， 2( ) 2f x x x  ，求 (0) (1) (2) (2012)f f f f    习题答案： 1、答案：B 解 析 ： 由 3)()1(  xfxf 可 得 ： ( ) ( 1) 3f x f x   ， 两 式 相 减 可 得 ：    1 1f x f x   ， 所 以  f x 的 周 期 2T  ， 再 由  f x 是 偶 函 数 可 得 ：      2007.5 0.5 0.5 1.5f f f     2、答案：A 解析：由     sinf x f x x   可知 23 17 17 17 1sin6 6 6 6 2f f f                      ， 17 11 11 11 1sin6 6 6 6 2f f f                      ， 11 5 5 5 1 1sin6 6 6 6 2 2f f f                       ，所以可得： 23 1 6 2f      3、答案：1 解析： 23 1 14 2 12 2 2f f                       4、答案：C 解析：  f x 为奇函数，可知  f x 为偶函数，所以根据奇偶性的规律可得：    f x g x 为 奇函数，    f x g x 是偶函数，    f x g x 是奇函数，    f x g x 是偶函数，故 C 正确 5、答案：D 解析：    1 1 2f x f x T     ，    , 2f x f x   可得  f x 关于 1x  轴对称， 因为  f x 在 0,1 内有且只有一个零点 1 2 ，所以由对称性可得  f x 在 0,2 只有两个零点 1 3,2 2 。所以一个周期中含有两个零点，区间 0,2014 共包含 1007 个周期，所以有 2014 个零 点 6、答案：1 解析：由 ( ) ( )f x f x   可得：  f x 关于  0,0 中心对称，由 (1 ) (1 )f x f x   可得：  f x 关于 1x  轴对称，所以可求出  f x 的周期 4T  ，则    2009 1 1f f  7、答案： 1 解析：    f x f x   可知  f x 为奇函数，    2 2f x f x   可得 4T  ，所以   2 4log 5 2 2 2 2 5 5 4 1log 20 4 log log log 2 14 4 5 5f f f f                              8、答案： 0 解析：由 ( 2) ( )f x f x   可得：  f x 的周期 4T  ，由于  f x 具备周期性，故求和时可 考虑按照周期将一个周期的函数值归为一组，求出一组的结果，在考虑求和的式子中含有多 少组周期即可：                1 1, 2 0 0, 3 1 1 1, 4 0 0f f f f f f f f                   1 2 3 4 0f f f f     故  (0) (1) (2) (2012) 0 503 0 0f f f f f       