第5節函數的對稱性及應用考試要求1.能通過平移，分析得出一般的軸對稱和中心對稱公式和推論.2.會利用對稱公式解決問題.【知識梳理】1.奇函數、偶函數的對稱性(1)奇函數關于原點對稱，偶函數關于y軸對稱.(2)若f(x－2)是偶函數，則函數f(x)圖象的對稱軸為x＝－2；若f(x－2)是奇函數，則函數f(x)的圖象的對稱中心為(－2，0).2.若函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝a對稱，則f(a－x)＝f(a＋x)；若函數y＝f(x)滿足f(a－x)＝－f(a＋x)，則函數的圖象關于點(a，0)對稱.3.兩個函數圖象的對稱(1)函數y＝f(x)與y＝f(－x)關于y軸對稱；(2)函數y＝f(x)與y＝－f(x)關于x軸對稱；(3)函數y＝f(x)與y＝－f(－x)關于原點對稱.[常用結論與微點提醒]對稱性的四個常用結論(1)y＝f(x＋a)是偶函數?f(a＋x)＝f(a－x)?y＝f(x)的圖象關于x＝a對稱；(2)y＝f(x＋a)是奇函數?f(a＋x)＝－f(a－x)?y＝f(x)的圖象關于點(a，0)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＝eq\f(a＋b,2)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.【診斷自測】1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)函數y＝f(x＋1)是偶函數，則函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝1對稱.()(2)函數y＝f(x－1)是奇函數，則函數y＝f(x)的圖象關于點(1，0)對稱.()(3)若函數f(x)滿足f(x－1)＋f(x＋1)＝0，則f(x)的圖象關于y軸對稱.()(4)若函數f(x)滿足f(2＋x)＝f(2－x)，則f(x)的圖象關于直線x＝2對稱.()答案(1)√(2)×(3)×(4)√解析(2)函數y＝f(x－1)是奇函數，則函數y＝f(x)的圖象關于點(－1，0)對稱.(3)由函數f(x)滿足f(x－1)＋f(x＋1)＝0可得f(x－1)＝－f(x＋1)，所以f(x＋2)＝－f(x)，所以f(－x)≠f(x)，故f(x)的圖象不關于y軸對稱.2.函數f(x)＝eq\f(x＋1,x)圖象的對稱中心為()A.(0，0) B.(0，1)C.(1，0) D.(1，1)答案B解析因為f(x)＝eq\f(x＋1,x)＝1＋eq\f(1,x)，由y＝eq\f(1,x)向上平移一個單位長度得到y＝1＋eq\f(1,x)，又y＝eq\f(1,x)關于(0，0)對稱，所以f(x)＝1＋eq\f(1,x)的圖象關于(0，1)對稱.3.(必修一P87T13改編)已知函數y＝f(x＋2)－3是奇函數，且f(4)＝2，則f(0)＝______.答案4解析法一由y＝f(x＋2)－3是奇函數，∴f(－x＋2)－3＝－f(x＋2)＋3，令x＝2，f(0)－3＝－f(4)＋3，得f(0)＝4.法二由y＝f(x＋2)－3是奇函數，得f(x)關于(2，3)對稱，故f(0)＋f(4)＝6，即f(0)＝4.4.若偶函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝2對稱，且當x∈[2，3]時，f(x)＝2x－1，則f(－1)＝________.答案5解析∵f(x)為偶函數，∴f(－1)＝f(1)，由f(x)的圖象關于x＝2對稱，可得f(1)＝f(3)＝2×3－1＝5，所以f(－1)＝5.考點一函數的對稱性例1(2023·全國乙卷節選)已知函數f(x)＝(eq\f(1,x)＋a)ln(1＋x)，是否存在a，b，使得曲線y＝f(eq\f(1,x))關于直線x＝b對稱？若存在，求a，b的值；若不存在，說明理由.解假設存在a，b,使得曲線y＝f(eq\f(1,x))關于直線x＝b對稱.令g(x)＝f(eq\f(1,x))＝(x＋a)ln(1＋eq\f(1,x))＝(x＋a)lneq\f(x＋1,x)，因為曲線y＝g(x)關于直線x＝b對稱，所以g(x)＝g(2b－x)，即(x＋a)lneq\f(x＋1,x)＝(2b－x＋a)lneq\f(2b－x＋1,2b－x)＝(x－2b－a)lneq\f(x－2b,x－2b－1)，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2b－a，,1＝－2b，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(1,2)，))當a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2)時，g(x)＝(x＋eq\f(1,2))ln(1＋eq\f(1,x))，g(－1－x)＝(－x－eq\f(1,2))lneq\f(－x,－1－x)＝(－x－eq\f(1,2))lneq\f(x,1＋x)＝(x＋eq\f(1,2))lneq\f(x＋1,x)＝(x＋eq\f(1,2))ln(1＋eq\f(1,x))＝g(x)，所以曲線y＝g(x)關于直線x＝－eq\f(1,2)對稱，滿足題意.故存在a，b，使得曲線y＝f(eq\f(1,x))關于直線x＝b對稱，且a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2).感悟提升1.函數y＝f(x)關于直線x＝a對稱?f(a＋x)＝f(a－x)，或f(2a＋x)＝f(－x).2.函數y＝f(x)關于點(a，b)對稱?f(2a－x)＋f(x)＝2b或f(a－x)＋f(a＋x)＝2b.3.函數y＝f(a＋x)的圖象與函數y＝f(b－x)的圖象關于直線x＝eq\f(b－a,2)對稱.訓練1(1)已知函數y＝f(x)是定義域為R的函數，則函數y＝f(x＋2)的圖象與y＝f(4－x)的圖象()A.關于直線x＝1對稱 B.關于直線x＝3對稱C.關于直線y＝3對稱 D.關于點(3，0)對稱答案A解析設P(x0，y0)為y＝f(x＋2)圖象上任意一點，則y0＝f(x0＋2)＝f(4－(2－x0))，所以點Q(2－x0，y0)在函數y＝f(4－x)的圖象上，而P(x0，y0)與Q(2－x0，y0)關于直線x＝1對稱，所以函數y＝f(x＋2)的圖象與y＝f(4－x)的圖象關于直線x＝1對稱.(2)(多選)關于函數f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)有如下四個命題，其中正確的是()A.f(x)的圖象關于y軸對稱 B.f(x)的圖象關于原點對稱C.f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(π,2)對稱 D.f(x)的圖象關于點(π，0)對稱答案BCD解析∵f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)的定義域為{x|x≠kπ，k∈Z}，f(－x)＝sin(－x)＋eq\f(1,sin（－x）)＝－sinx－eq\f(1,sinx)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數，圖象關于原點對稱，故A錯誤，B正確；∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))，∴f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(π,2)對稱，故C正確；又f(x＋2π)＝sin(x＋2π)＋eq\f(1,sin（x＋2π）)＝sinx＋eq\f(1,sinx)，f(－x)＝－sinx－eq\f(1,sinx)，∴f(x＋2π)＝－f(－x)，∴f(x)的圖象關于點(π，0)對稱，故D正確.考點二對稱性與周期性例2(1)已知定義在R上的函數f(x)滿足f(－x)＝－f(x)，f(1＋x)＝f(1－x)，當x∈[－1，1]時，f(x)＝x3－3x，則f(2023)＝()A.1 B.－2C.－1 D.2答案D解析法一因為定義在R上的函數f(x)滿足f(－x)＝－f(x)，所以f(1＋x)＝f(1－x)＝－f(x－1)，則f(x＋2)＝－f(x)，f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)是以4為周期的周期函數.則f(2023)＝f(4×505＋3)＝f(3)＝f(－1)＝2.法二由f(x)的定義域為R，f(－x)＝－f(x)，可知f(x)為奇函數，由f(1＋x)＝f(1－x)，可知f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，所以f(x)是以4為周期的周期函數，則f(2023)＝f(4×505＋3)＝f(3)＝f(－1)＝2.(2)(2024·泉州質測)已知定義在R上的奇函數f(x)滿足f(x＋2)＝－f(x)，當1≤x<2時，f(x)＝x－2.若y＝eq\f(1,6)x－eq\f(1,3)與f(x)的圖象交于點(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)(n∈N*)，則eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))(xi＋yi)＝()A.6 B.8C.10 D.14答案D解析因為f(x)為奇函數，所以f(x＋2)＝－f(x)＝f(－x)，所以直線x＝1是f(x)圖象的一條對稱軸.又由f(x＋2)＝－f(x)，得到f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，所以f(x)是以4為周期的周期函數.作出f(x)的圖象，如圖所示.由圖象可知，點(2，0)是f(x)圖象的一個對稱中心，直線y＝eq\f(1,6)x－eq\f(1,3)也關于點(2，0)對稱，且當x≥8時，y＝eq\f(1,6)x－eq\f(1,3)≥1，當x≤－4時，y＝eq\f(1,6)x－eq\f(1,3)≤－1，所以直線y＝eq\f(1,6)x－eq\f(1,3)與y＝f(x)的圖象有7個公共點，則由對稱性可得，x1＋x2＋…＋x7＝2＋4×3＝14，y1＋y2＋y3＋…＋y7＝0，因此eq\o(∑,\s\up6(7),\s\do4(i＝1))(xi＋yi)＝14，故選D.感悟提升1.若函數y＝f(x)的對稱軸為x＝a，x＝b，則其周期為T＝2|b－a|.2.若函數y＝f(x)的對稱中心為(a，0)，(b，0)，則其周期為T＝2|b－a|.3.若函數y＝f(x)的對稱軸為x＝a，對稱中心為(b，0)，則其周期為T＝4|b－a|.訓練2(1)(多選)(2024·承德模擬)已知函數f(x)的定義域為R，對任意x都有f(2＋x)＝f(2－x)，且f(－x)＝f(x)，則下列結論正確的是()A.f(x)的圖象關于直線x＝2對稱 B.f(x)的圖象關于點(2，0)對稱C.f(x)的周期為4 D.y＝f(x＋4)為偶函數答案ACD解析∵f(2＋x)＝f(2－x)，則f(x)的圖象關于直線x＝2對稱，故A正確，B錯誤；∵f(x)的圖象關于直線x＝2對稱，則f(－x)＝f(x＋4)，又f(－x)＝f(x)，∴f(x＋4)＝f(x)，∴T＝4，故C正確；∵T＝4且f(x)為偶函數，故y＝f(x＋4)為偶函數，故D正確.(2)(2024·洛陽模擬)已知f(x)是定義在R上的奇函數，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))為偶函數且f(1)＝2，則f(2022)＋f(2023)＋f(2024)＝()A.－2 B.0C.2 D.4答案D解析因為f(x)是定義在R上的奇函數，所以f(－x)＝－f(x)，且f(0)＝0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))為偶函數，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))，則f(x＋3)＝f(－x)，故f(x＋3)＝－f(x)，則有f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，所以f(x)是以6為周期的周期函數.對于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))，令x＝－eq\f(1,2)，得f(2)＝f(1)＝2，f(2022)＝f(6×337)＝f(0)＝0，f(2023)＝f(6×337＋1)＝f(1)＝2，f(2024)＝f(6×337＋2)＝f(2)＝2，所以f(2022)＋f(2023)＋f(2024)＝4.考點三對稱性、周期性與單調性例3(多選)(2024·杭州調考)已知定義域為R的函數f(x)在(－1，0]上單調遞增，f(1＋x)＝f(1－x)，且圖象關于(2，0)對稱，則()A.f(0)＝f(－2) B.f(x)的周期T＝2C.f(x)在(2，3)上單調遞減 D.f(x)滿足f(2021)>f(2022)>f(2023)答案AC解析由f(1＋x)＝f(1－x)，可得f(x)圖象的對稱軸方程為x＝1，所以f(0)＝f(2)，又由f(1＋x)＝f(1－x)，可知f(2＋x)＝f(－x).因為函數f(x)的圖象關于(2，0)對稱，即f(2＋x)＝－f(2－x)，故f(4＋x)＝－f(－x)，所以－f(2＋x)＝f(4＋x)，即－f(x)＝f(2＋x)，所以f(x)＝f(x＋4)，所以f(x)的周期為4，所以f(－2)＝f(2)，所以f(0)＝f(－2)，故A正確，B錯誤.因為f(x)在(－1，0]上單調遞增，且周期為4，所以f(x)在(3，4]上單調遞增，又f(x)的圖象關于(2，0)對稱，所以f(x)在[0，1)上單調遞增，因為f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，所以f(x)在(1，2]上單調遞減，則函數f(x)在(2，3)上單調遞減，故C正確.根據f(x)的周期為4，可得f(2021)＝f(1)，f(2022)＝f(2)，f(2023)＝f(3)，因為f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，所以f(2)＝f(0)且f(3)＝f(－1)，即f(2021)＝f(1)，f(2022)＝f(0)，f(2023)＝f(－1)，由C選項的分析可知，函數f(x)在[0，1)上單調遞增，在(－1，0]上單調遞增，確定的單調區間內均不包含x＝±1，若f(－1)＝f(1)＝0，則f(2021)>f(2022)>f(2023)不成立，故D錯誤.感悟提升解決函數性質的綜合問題，一般要利用周期性與對稱性縮小自變量的值或轉換自變量所在的區間，然后利用單調性比較大小或解不等式.訓練3(2024·成都診斷)已知定義在R上的奇函數f(x)滿足f(x＋2)＋f(x)＝0，且當x∈[0，1]時，f(x)＝log2(x＋1)，則下列不等式正確的是()A.f(log27)<f(－5)<f(6) B.f(log27)<f(6)<f(－5)C.f(－5)<f(log27)<f(6) D.f(－5)<f(6)<f(log27)答案C解析由f(x＋2)＋f(x)＝0，得f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝f(x)，f(x)的周期T＝4.又f(－x)＝－f(x)，f(2)＝－f(0)＝0，所以f(－5)＝－f(5)＝－f(1)＝－log22＝－1，f(6)＝f(2)＝0.又2<log27<3，則0<log27－2<1，則0<log2eq\f(7,4)<1，因為當x∈[0，1]時，f(x)＝log2(x＋1)∈[0，1]，所以f(log27)＝－f(log27－2)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(7,4)))＝－log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(7,4)＋1))＝－log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(7,2))).又1<log2eq\f(7,2)<2，所以0<log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(7,2)))<1，所以－1<－log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(7,2)))<0，所以f(－5)<f(log27)<f(6).抽象函數1.我們把不給出具體解析式，只給出函數的特殊條件或特征的函數稱為抽象函數，解決抽象函數問題的兩種常用方法有：函數性質法和特殊值法.2.常見的抽象函數模型：(1)f(x＋y)＝f(x)＋f(y)可看做f(x)＝kx的抽象表達式；(2)f(x＋y)＝f(x)f(y)可看做f(x)＝ax的抽象表達式(a>0，且a≠1)；(3)f(xy)＝f(x)＋f(y)可看做f(x)＝logax的抽象表達式(a>0，且a≠1)；(4)f(xy)＝f(x)f(y)可看做f(x)＝xa的抽象表達式.一、抽象函數求值例1(1)定義在R上的函數f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy(x，y∈R)，f(1)＝2，則f(－2)等于________.答案2解析∵f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy(x，y∈R)，f(1)＝2，∴令x＝y＝1，得f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＋2＝6，再令x＝2，y＝－1，得f(2－1)＝f(2)＋f(－1)－4＝2，∴f(－1)＝0，∴f(－2)＝f(－1)＋f(－1)＋2＝2.(2)f(x)滿足對任意的實數a，b都有f(a＋b)＝f(a)·f(b)，且f(1)＝2，則eq\f(f（2）,f（1）)＋eq\f(f（4）,f（3）)＋eq\f(f（6）,f（5）)＋…＋eq\f(f（2024）,f（2023）)＝()A.2024 B.2022C.1012 D.1011答案A解析由f(a＋b)＝f(a)·f(b)，f(1)＝2，令b＝1可得f(a＋1)＝f(a)·f(1)＝2f(a)，所以eq\f(f（2）,f（1）)＋eq\f(f（4）,f（3）)＋eq\f(f（6）,f（5）)＋…＋eq\f(f（2024）,f（2023）)＝eq\f(2f（1）,f（1）)＋eq\f(2f（3）,f（3）)＋eq\f(2f（5）,f（5）)＋…＋eq\f(2f（2023）,f（2023）)＝2×1012＝2024.二、抽象函數的性質例2(1)(多選)(2024·常德模擬)已知函數f(x)的定義域為R，且f(x＋y)＝f(x)f(y)＋f(x)＋f(y)，當x>0時，f(x)>0，且f(2)＝3，則()A.f(1)＝1B.函數f(x)在區間(0，＋∞)上單調遞增C.函數f(x)是奇函數D.函數f(x)的一個解析式為f(x)＝2x－1答案ABD解析A中，因為f(x＋y)＝f(x)f(y)＋f(x)＋f(y)，當x>0時，f(x)>0，f(2)＝3，令x＝y＝1，則f(2)＝[f(1)]2＋2f(1)＝3，解得f(1)＝1，A正確；B中，任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x2>x1，則f(x2)＝f[x1＋(x2－x1)]＝f(x1)f(x2－x1)＋f(x1)＋f(x2－x1)，因為當x>0時，f(x)>0，所以f(x2－x1)>0，f(x1)>0，所以f(x1)f(x2－x1)＋f(x1)＋f(x2－x1)>f(x1)，即f(x2)>f(x1)，所以函數f(x)在區間(0，＋∞)上單調遞增，B正確；C中，令x＝y＝0，則f(0)＝[f(0)]2＋2f(0)，解得f(0)＝0或f(0)＝－1，當f(0)＝0，且x>0時，令y＝－x，則0＝f(x)f(－x)＋f(x)＋f(－x)，若f(x)為奇函數，則f(－x)＝－f(x)，即0＝－f2(x)＋f(x)－f(x)，解得f(x)＝0，與題意矛盾；當f(0)＝－1時，f(x)不為奇函數.綜上所述，函數f(x)不是奇函數，C錯誤；D中，當f(x)＝2x－1，則f(x＋y)＝2x＋y－1，f(x)f(y)＋f(x)＋f(y)＝(2x－1)(2y－1)＋(2x－1)＋(2y－1)＝2x＋y－2x－2y＋1＋2x－1＋2y－1＝2x＋y－1，所以f(x＋y)＝f(x)f(y)＋f(x)＋f(y)，易得f(x)＝2x－1在R上單調遞增，所以x>0時，f(x)＝2x－1>20－1＝0，f(2)＝22－1＝3，故函數f(x)的一個解析式為f(x)＝2x－1，D正確.(2)(2024·紹興質檢)已知f(x)是定義在區間(0，＋∞)上的增函數，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)，f(2)＝1，如果x滿足f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－3)))≤2，則x的取值范圍為________.答案(3，4]解析∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)，∴f(y)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝f(x).在上述等式中取x＝4，y＝2，則有f(2)＋f(2)＝f(4).又∵f(2)＝1，∴f(4)＝2，∴f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－3)))≤2可變形為f(x(x－3))≤f(4).又∵f(x)是定義在區間(0，＋∞)上的增函數，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（x－3）≤4，,x＞0，,x－3＞0，))解得3＜x≤4.故x的取值范圍是(3，4].訓練(1)(多選)(2024·佛山模擬)已知定義在R上且不恒為0的函數f(x)，對任意的x，y∈R，都有f(xy)＝xf(y)＋yf(x)，則()A.f(8)＝12f(2) B.函數f(x)是奇函數C.對?n∈N*，有f(xn)＝nf(x) D.若f(2)＝2，則eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))f(2k)＝(n＋1)2n－2答案AB解析對于A，令x＝2，y＝2，則有f(2×2)＝f(4)＝2f(2)＋2f(2)＝4f(2)，f(8)＝f(2×4)＝2f(4)＋4f(2)＝12f(2)，正確；對于B，因為f(x)的定義域為R，因為對于?x∈R，f(xy)＝xf(y)＋yf(x)，當x≠0時，令y＝x，則有f(xy)＝f(x2)＝2xf(x)，∴f(x)＝eq\f(f（x2）,2x)，f(－x)＝－eq\f(f（x2）,2x)＝－f(x)，令x＝0時，f(0×y)＝f(0×0)＝0，所以f(x)是奇函數，正確；對于C，由B知，當n＝2時，f(x2)＝2xf(x)，錯誤；對于D，f(2n)＝f(2n－1×2)＝2n－1f(2)＋2f(2n－1)，令an＝f(2n)(n∈N*)，則有an＝2an－1＋2n，∴2－nan＝2－(n－1)an－1＋1，令bn＝2－nan，則bn＝bn－1＋1，b1＝2－1×2＝1，{bn}是首項為1，公差為1的等差數列，∴bn＝b1＋(n－1)＝n，即an＝n2n(n∈N*)，令Sn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))f(2k)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))ak＝a1＋a2＋…＋an＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n2n，①則2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)2n＋n2n＋1，②①－②得：－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(2×（1－2n）,1－2)－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，故Sn＝(n－1)2n＋1＋2，錯誤.故選AB.(2)已知定義在R上的函數f(x)滿足f(1)＝1，且f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，則f(4)＝________.答案7解析令x＝y＝1，則f(2)＝f(1)＋f(1)＋1＝3.令x＝y＝2，則f(4)＝f(2)＋f(2)＋1＝7.【A級基礎鞏固】1.已知函數y＝f(x)的圖象經過點P(1，－2)，則函數y＝－f(－x)的圖象必過點()A.(－1，2) B.(1，2)C.(－1，－2) D.(－2，1)答案A解析函數y＝f(x)與y＝－f(－x)的圖象關于原點對稱，又y＝f(x)的圖象經過點P(1，－2)，則函數y＝－f(－x)的圖象必過點(－1，2).2.已知函數f(x)＝2|x－a|的圖象關于直線x＝2對稱，則a等于()A.1 B.2C.0 D.－2答案B解析函數f(x)＝2|x－a|的圖象關于直線x＝2對稱，可得f(2＋x)＝f(2－x)，即為2|2＋x－a|＝2|2－x－a|，即有|2＋x－a|＝|2－x－a|(*)恒成立，可得2＋x－a＝2－x－a或2＋x－a＋2－x－a＝0，解得x＝0或a＝2，檢驗可得a＝2時(*)式恒成立.3.(2024·常州質檢)函數f(x)的定義域為R，且f(1＋x)＝－f(1－x)，f(2＋x)＝f(2－x)，則f(x)是()A.偶函數，又是周期函數 B.偶函數，但不是周期函數C.奇函數，又是周期函數 D.奇函數，但不是周期函數答案A解析法一因為f(1＋x)＝－f(1－x)，所以f(x)的圖象關于(1，0)中心對稱；因為f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x)的圖象關于直線x＝2對稱，所以f(x)是以4為周期的周期函數，則f(x＋2)＝f(x－2).又f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x－2)＝f(2－x)，所以f(x)的圖象關于y軸對稱，f(x)是偶函數.法二因為f(1＋x)＝－f(1－x)，所以f(x＋2)＝－f[1－(x＋1)]＝－f(－x).因為f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(2－x)＝－f(－x)，即f(2＋x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是以4為周期的周期函數，則f(x＋2)＝f(x－2).因為f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x－2)＝f(2－x)，所以f(x)＝f(－x)，f(x)是偶函數.4.已知函數f(x＋2)是R上的偶函數，且f(x)在[2，＋∞)上恒有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0(x1≠x2)，則不等式f(lnx)>f(1)的解集為()A.(－∞，e)∪(e3，＋∞) B.(1，e2)C.(e，e3) D.(e，＋∞)答案C解析因為函數f(x＋2)是R上的偶函數，所以f(x)的圖象關于直線x＝2對稱，在[2，＋∞)上恒有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0(x1≠x2)，當x1<x2時，f(x1)>f(x2)，所以f(x)在[2，＋∞)上單調遞減，f(x)在(－∞，2)上單調遞增，不等式f(lnx)>f(1)需滿足|lnx－2|<|1－2|?1<lnx<3，解得e<x<e3.5.(多選)(2024·濟寧統考)已知函數f(x)的定義域為R，滿足f(x＋3)＋f(x＋1)＝0，且f(x＋1)為偶函數，則()A.f(2)＝0 B.f(x)為偶函數C.f(x)為周期函數 D.f(x＋4)為偶函數答案AC解析因為f(x＋1)為偶函數，所以f(x＋1)＝f(－x＋1)，又f(x＋3)＋f(x＋1)＝0，所以f(x＋3)＋f(－x＋1)＝0，令x＝－1，得f(2)＋f(2)＝0，所以f(2)＝0，故A正確；因為f(x＋3)＋f(x＋1)＝0，所以f(x)＝－f(x＋2)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)的周期是4，又f(x＋3)＋f(－x＋1)＝0，所以f(x＋4)＝－f(－x)＝f(x)，所以f(x)為奇函數，故B錯誤，C正確；因為f(x)為奇函數，且f(x)的周期是4，所以(4，0)是f(x)的圖象的對稱中心，f(x＋4)＝－f(－x＋4)，f(x＋4)為奇函數，故D錯誤.6.(2024·泉州調研)已知函數y＝f(x)對任意實數x都有f(x＋6)＋f(x)＝2f(3)且f(1－x)＋f(x－1)＝0，則f(2025)＝()A.－3 B.0C.3 D.6答案B解析因為函數y＝f(x)對任意實數x都有f(1－x)＋f(x－1)＝0，即f(1－x)＝－f(x－1)，即f(－x)＝－f(x)，所以函數f(x)是奇函數.由題意知f(x＋6)＋f(x)＝2f(3)，令x＝－3，得f(3)＋f(－3)＝2f(3)，即f(3)－f(3)＝2f(3)，所以f(3)＝0，則f(x＋6)＋f(x)＝2f(3)＝0，即f(x＋6)＝－f(x)，所以f(x＋12)＝－f(x＋6)＝－[－f(x)]＝f(x)，即12為函數y＝f(x)的周期，所以f(2025)＝f(12×168＋9)＝－f(3)＝0.7.(2024·廣州模擬)已知函數f(x)的定義域為R，且f(x＋1)＋f(x－1)＝2，f(x＋2)為偶函數.若f(0)＝2，則eq\o(∑,\s\up6(115),\s\do4(k＝1))f(k)＝()A.116 B.115C.114 D.113答案C解析由f(x＋1)＋f(x－1)＝2，得f(x＋2)＋f(x)＝2，即f(x＋2)＝2－f(x)，所以f(x＋4)＝2－f(x＋2)＝2－[2－f(x)]＝f(x)，所以函數f(x)的周期為4.又f(x＋2)為偶函數，所以f(－x＋2)＝f(x＋2)，所以f(x)＝f(4－x)＝f(－x)，所以函數f(x)也為偶函數.又f(x＋1)＋f(x－1)＝2，所以f(1)＋f(3)＝2，f(2)＋f(4)＝2，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝4.又f(0)＋f(2)＝2，f(0)＝2，所以f(2)＝0，所以eq\o(∑,\s\up6(115),\s\do4(k＝1))f(k)＝[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]×28＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝4×28＋2＋0＝114.8.與f(x)＝ex關于直線x＝1對稱的函數是________.答案y＝e2－x解析設函數f(x)＝ex的圖象上的任意一點(x0，y0)關于直線x＝1對稱的點的坐標為(x，y)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋x,2)＝1，,y0＝y，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝2－x，,y0＝y，))因為點(x0，y0)在函數f(x)＝ex圖象上，所以y0＝ex0，即y＝e2－x.9.寫出一個同時具有性質①②③的函數f(x)＝________.①f(x)是定義域為R的奇函數；②f(1＋x)＝f(1－x)；③f(1)＝2.答案2sineq\f(π,2)x(答案不唯一)解析由①②③可知函數f(x)是對稱軸為x＝1，定義域為R的奇函數，且f(1)＝2，可寫出滿足條件的函數f(x)＝2sineq\f(π,2)x.10.已知函數f(x)對?x∈R滿足f(x＋2)·f(x)＝2f(1)，且f(x)>0.若y＝f(x－1)的圖象關于x＝1對稱，f(0)＝1，則f(2025)＝________.答案2解析因為y＝f(x－1)的圖象關于x＝1對稱，所以y＝f(x)的圖象關于x＝0對稱，即y＝f(x)是偶函數.對于f(x＋2)·f(x)＝2f(1)，令x＝－1，可得f(1)·f(－1)＝2f(1)，又f(x)>0，所以f(－1)＝2，則f(1)＝f(－1)＝2，所以函數f(x)對?x∈R滿足f(x＋2)·f(x)＝4，所以f(x＋4)·f(x＋2)＝4，所以f(x＋4)＝f(x)，即f(x)是周期為4的周期函數，所以f(2025)＝f(506×4＋1)＝f(1)＝2.11.函數y＝f(x)的圖象關于點P(a，b)成中心對稱的充要條件是函數y＝f(x＋a)－b為奇函數.(1)若f(x)＝x3－3x2，求此函數圖象的對稱中心；(2)類比上述推廣結論，寫出“函數y＝f(x)的圖象關于y軸成軸對稱的充要條件是函數y＝f(x)為偶函數”的一個推廣結論.解(1)設函數f(x)＝x3－3x2圖象的對稱中心為P(a，b)，g(x)＝f(x＋a)－b，則g(x)為奇函數，故g(－x)＝－g(x)，故f(－x＋a)－b＝－f(x＋a)＋b，即f(－x＋a)＋f(x＋a)＝2b，即[(－x＋a)3－3(－x＋a)2]＋[(x＋a)3－3(x＋a)2]＝2b.整理得(3a－3)x2＋a3－3a2－b＝0，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－3＝0，,a3－3a2－b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－2，))所以函數f(x)＝x3－3x2圖象的對稱中心為(1，－2).(2)推論：函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝a成軸對稱的充要條件是函數y＝f(x＋a)為偶函數.12.已知定義域為I＝(－∞，0)∪(0，＋∞)的函數f(x)滿足對任意x1，x2∈I都有f(x1x2)＝x1f(x2)＋x2f(x1).(1)求證：f(x)是奇函數；(2)設g(x)＝eq\f(f（x）,x)，且當x>1時，g(x)<0，求不等式g(x－2)>g(x)的解集.(1)證明令x1＝x2＝1，得f(1)＝0，令x1＝x2＝－1，得f(－1)＝－eq\f(1,2)f(1)＝0，令x1＝x，x2＝－1，得f(－x)＝xf(－1)－f(x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函數.(2)解∵f(x1x2)＝x1f(x2)＋x2f(x1)，∴eq\f(f（x1x2）,x1x2)＝eq\f(f（x1）,x1)＋eq\f(f（x2）,x2)，∴g(x1x2)＝g(x1)＋g(x2)，設x1>x2>0，則eq\f(x1,x2)>1，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a