函数的对称性重点考点 专题练 2026年高考数学一轮复习备考

函数的对称性重点考点专题练2026年高考数学一轮复习备考一、单选题1．已知函数f（x）（x∈）满足f（x）=f（2−x），若函数y=|x2−2x−3|与y=f（x）图像的交点为（x1,y1），（x2,y2），…，（xm,ym），则A．0 B．m C．2m D．4m2．设函数的图像与的图像关于直线对称，且，则A． B． C． D．3．已知函数，则A．在（0，2）单调递增 B．在（0，2）单调递减C．的图像关于直线x=1对称 D．的图像关于点（1，0）对称4．已知函数，则（

）A． B． C． D．5．已知函数是R上的偶函数，且，当时，，函数f（x）在区间的零点个数为（

）A．7 B．8 C．9 D．106．设是函数的导数，，，当时，，则使得成立的的取值范围是（

）A． B． C． D．7．已知函数的定义域为，函数为偶函数，函数为奇函数，则下列说法错误的是（

）A．函数的一个对称中心为 B．C．函数为周期函数，且一个周期为4 D．8．已知函数，则“函数的图象关于轴对称”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二、多选题9．已知奇函数的定义域为，若，则（

）A． B．的图象关于直线对称C． D．的一个周期为10．已知函数的定义域为，若，且，则（

）A． B．无最小值C． D．的图象关于点中心对称11．已知定义域为的函数满足：，的图象关于直线对称对任意的实数，，且，都有，则（

）A．是偶函数 B．C．的图象关于对称 D．12．已知函数的定义域为，函数为偶函数，函数为奇函数，则（

）A．函数的一个对称中心为B．C．函数为周期函数，且一个周期为4D．13．已知函数在上是增函数，在上是减函数，且方程有3个实数根，它们分别是.则（

）A．B．若是对称中心，则微小值是-12C．D．三、填空题14．定义在上的偶函数满足，且在上是增函数，下面五个关于的命题：①是周期函数：②图象关于对称；③在上是增函数；④在上为减函数；⑤，其中的真命题是．（写出全部真命题的序号）15．已知函数的定义域均为，且．若的图象关于直线对称，，则.四、解答题16．已知函数，且.(1)求曲线的对称中心；(2)证明：曲线在对称中心处的切线不过坐标原点；(3)争辩的单调性.参考数据：当时，.17．设函数在处的切线经过坐标原点，(1)求；(2)是否存在实数使得函数关于直线对称，若存在，求出的值，若不存在，说明理由；(3)若恒成立，求的取值范围．18．已知函数.(1)当为奇数时，证明：的图象关于点对称；(2)当时，，求的取值范围；(3)证明：当时，.19．已知函数有两个极值点，满足.(1)求的取值范围；(2)推断并证明函数的对称性；(3)若恒成立，求实数的取值范围.

参考答案题号12345678910答案BCCACCCBADBCD题号111213答案ACDABDABD1．B【详解】试题分析：由于的图像都关于对称，所以它们图像的交点也关于对称，当为偶数时，其和为；当为奇数时，其和为，因此选B.【考点】函数图像的对称性【名师点睛】假如函数，，满足，恒有，那么函数的图象有对称轴；假如函数，，满足，恒有，那么函数的图象有对称中心.2．C【详解】试题分析：设是函数的图像上任意一点，它关于直线对称为（），由已知（）在函数的图像上，∴，解得，即，∴，解得，故选C．考点：函数求解析式及求值3．C【详解】由题意知，，所以的图象关于直线对称，故C正确，D错误；又（），由复合函数的单调性可知在上单调递增，在上单调递减，所以A，B错误，故选C．【名师点睛】假如函数，，满足，恒有，那么函数的图象有对称轴；假如函数，，满足，恒有，那么函数的图象有对称中心．4．A【分析】先依据函数性质可得当时，，最终应用分组求和即可.【详解】当时，，，，所以，则.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是分析得，从而得解.5．C【分析】依据的对称轴和对称中心，结合函数的图象即可推断的零点个数.【详解】由于函数是R上的偶函数，所以，所以关于直线对称，由于，时，由，当时，，故，又关于直线对称，所以，由对称性可得在上的大致图象如下图所示，则在区间的零点个数为9.故选：C.6．C【分析】令，求导，得到在上单调递增，且，由得到，得到的对称性，故在上单调递减，且，得到当时，，则，当时，，则，求出成立的的取值范围.【详解】令，则，由于时，，故当时，，故在上单调递增，且．由于，故，即，所以，故关于直线对称，故在上单调递减，且，当时，，则；当时，，则；所以使得成立的的取值范围是.故选：C．7．C【分析】对于A，由为奇函数，则，再将代入化简可求出对称中心；对于B，由选项A可得，再由为偶函数可得，令可求出；对于C，由的图象关于点对称，结合求出进行推断；对于D，利用赋值法求解推断.【详解】对于A，由于为奇函数，所以，即，所以，所以，所以函数的图象关于点对称，所以A正确，对于B，在中，令，得，得，由于函数为偶函数，所以，所以，所以，令，则，所以，得，所以B正确，对于C，由于函数的图象关于点对称，，所以，所以，所以4不是的周期，所以C错误，对于D，在中令，则，令，则，由于，所以，由于，所以，所以D正确，故选：C【点睛】关键点点睛：此题考查抽象函数的奇偶性、对称性和周期性，解题的关键是由已知条件化简后利用赋值法分析推断，考查计算力量，属于较难题.8．B【分析】依据函数的图象关于轴对称求出，再由必要不充分条件的定义推断可得答案.【详解】若函数的图象关于轴对称，则，可得，所以，可得，当时，，由于定义域为，，所以是偶函数，图象关于轴对称，当时，，定义域为，定义域关于原点对称，，是偶函数，图象关于轴对称，综上所述，若函数的图象关于轴对称，则；又当时，，是偶函数，图象关于轴对称，则“函数的图象关于轴对称”是“”的必要不充分条件.故选：B.9．AD【分析】由奇函数可得，再依据函数的周期性与对称性分别推断.【详解】由函数为奇函数，则，A选项正确；又，即，则函数关于直线对称，B选项错误；由可知，即，函数的一个周期为，C选项错误，D选项正确；故选：AD.10．BCD【分析】对于A，令即可；对于BC，令得，通过递推计算即可；对于D，令，得即可推断函数的图象关于点中心对称.【详解】对于A，令，得，解得，故A错误；对于B，令，则，且，即可知函数无最小值，故B正确；对于C，由B知，，所以，，则，故C正确；对于D，令，则原式化为，令，所以，即，所以，所以函数的图象关于点中心对称，故D正确.故选：BCD.11．ACD【分析】利用函数的奇偶性、对称性、单调性，结合选项分析得出结论．【详解】对于A，由函数的图象关干直线对称，得的图象关于直线对称，则是偶函数，故A正确；对于B，对任意的实数，，且，，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，又，所以，故B错误；对于C，由于，所以，则，所以是周期为的周期函数，又，故，结合是偶函数，可得，所以函数的图象关于点对称，故又的周期为，所以的图象关于点称，，故CD正确．故选：ACD．12．ABD【分析】对A：借助奇函数的性质计算即可得；对B：借助A中所得，结合赋值法令，借助偶函数的性质，结合赋值法令代入计算即可得；对C：由对称性及的值可得的值，即可得解；对D：借助赋值法令代入计算即可得.【详解】对A：由函数为奇函数，故，即，即，故函数的一个对称中心为，故A正确；对B：由，令，则，即，由函数为偶函数，故，即，令，则，故B正确；对C：由函数的一个对称中心为，，则，即，故函数不以的为周期，故C错误；对D：由，令，有，由，，故，故D正确.故选：ABD.【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质推断等问题，常见结论：（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.13．ABD【分析】依据函数极值，单调性，零点，与导函数之间的关系，以及函数对称性，列出等式，分别推断各选项的正误.【详解】已知函数在上是增函数，在上是减函数，所以在取得极大值，则，由，得，所以A正确.方程有一个根是，则，得，由函数对称中心是，可得，代入得，化简得，联立，解得，则，求导得，令，解得或，可知函数在单调递增，在上单调递减，所以在处取得微小值，则，所以B错误.已知，可得，由于在上是减函数，所以，即，解得.由，得，则，由，可得，所以，所以C正确.由于方程有3个实数根，所以设，所以，得，由得，由于，所以，所以，所以D正确.故选：ACD.14．①②⑤【分析】由已知条件得到函数周期性推断命题①，结合周期性和对称性确定对称轴推断命题②；由已知单调区间，结合周期性和对称性推断命题③④；由周期性推断命题⑤.【详解】定义域为，满足，则是周期函数，周期为2，命题①正确；偶函数满足，所以图象关于对称，命题②正确；为偶函数，在上是增函数，则在上是减函数，命题③错误；在上是增函数，且周期为2，则在上为增函数，命题④错误；周期为2，有，命题⑤正确.故答案为：①②⑤15．【分析】依据，得到，依据的图象关于直线对称得到，然后通过替换得到为周期为4的周期函数，最终通过赋值和周期性求函数值即可.【详解】由得，由得，令得，由于的图象关于直线对称，所以，由得，由得，则，，所以，为周期为4的周期函数，，在中，令得，则，在中，令得，则，令得，则，，.故答案为：.16．(1)(2)证明见解析(3)答案见解析【分析】（1）依据题意，化简得到，即可得到曲线的对称性；（2）求得，求得，结合导数的几何意义，求得切线方程为，即可得证；（3）依据题意，求分和，两种状况争辩，结合引理，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】（1）解：由函数，则满足，解得，所以函数的定义域为，由于所以曲线的对称中心为.（2）证明：由函数，可得，则，所以曲线在对称中心处的切线方程为，由于且，，所以曲线在对称中心处的切线不过坐标原点.（3）解：当时，，此时在上单调递增；当时，当时，.设，，所以，令，可得，所以在上单调递减，上单调递增，由于当时，，，，所以，由，可看成关于变量的二次函数，该二次函数的判别式为，由引理可知，，所以，，由于时，，所以，此时在上单调递减，综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减.17．(1)(2)存在，，(3)【分析】（1）利用导数求得，进而可求切线方程；（2）存在，满足题意，计算可得；（3）当时，由题意可得恒成立，令，求得最大值，再证明且时，恒成马上可.【详解】（1），，，切线方程为，代入得；（2）存在，满足题意，证明如下：，，故函数关于直线对称；（3）当时，恒成立，即恒成立，令，则，令，则，故在上单调递减，留意到，所以时，，，单调递增，时，，，单调递减，故，故，得；下证且时，恒成立，即证恒成立，只需证恒成立，构造函数，则，，，单调递减，，，单调递增，故，所以，所以，证毕；综上所述，的取值范围为．18．(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）依据函数的性质，通过对进行化简，结合为奇数这一条件，推断函数的对称性.（2）对函数求导，依据导数的正负推断函数的单调性，进而分析函数的最值状况，从而确定满足时的取值范围.（3）利用已知不等式对进行放缩，然后通过裂项相消法对数列求和，进而证明不等式.【详解】（1）由题得.由于为奇数，所以.即.所以的图象关于点对称.（2）令.则.①当时，明显有.所以成立；②当时，当时，由于，所以，即在区间上单调递减，所以当时，.即，所以，不满足题意；③当时，当时，由于，所以，即在区间上单调递增，当时，，即.当时，由于，所以，即在区间上单调递减，所以的最大值为.所以，即.所以，符合题意.综上，的取值范围为.（3）由（2）可知，当时，.由于.明显，且.所以.当时，明显成立；当时，由于.所以.即.综上，当时，19．(1)(2)有对称中心，无对称轴，证明见解析(3)【分析】（1）由条件转化为函数在区间上有2个变号零点，且满足，转化为与的图象的交点问题，即可求解；（2）首先并计算，并结合函数对称性的关系式，即可推断；（3）法一：首先依据对称性可知，再找到不等式恒成立的必要条件，再证明充分性；法二：利用对称性，依据不等式恒成立，参变分别为，再构造函数，再依据导数求函数的最大值，即可求解.【