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

中小学教育资源及组卷应用平台
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．4m
2．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．10
6．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4
D．
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，则极小值是-12
C．
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 ．（写出所有真命题的序号）
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)讨论的单调性.
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)判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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C C A C C C B AD BCD
题号 11 12 13
答案 ACD ABD ABD
1．B
【详解】试题分析：因为的图像都关于对称，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】如果函数，，满足，恒有，那么函数的图象有对称轴；如果函数，，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】如果函数，，满足，恒有，那么函数的图象有对称轴；如果函数，，满足，恒有，那么函数的图象有对称中心．
4．A
【分析】先根据函数性质可得当时，，最后应用分组求和即可.
【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】根据的对称轴和对称中心，结合函数的图象即可判断的零点个数.
【详解】因为函数是R上的偶函数，所以，
所以关于直线对称，
因为，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，
因为时，，故当时，，
故在上单调递增，且．
因为，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，结合求出进行判断；对于D，利用赋值法求解判断.
【详解】对于A，因为为奇函数，
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，
因为函数为偶函数，所以，
所以，
所以，
令，则，所以，得，所以B正确，
对于C，因为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，因为，所以，
因为，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判断，考查计算能力，属于较难题.
8．B
【分析】根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判断可得答案.
【详解】若函数的图象关于轴对称，
则，
可得，所以，可得，
当时，，
因为定义域为，，
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，再根据函数的周期性与对称性分别判断.
【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，得即可判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，因为，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、性质判断等问题，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】根据函数极值，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，分别判断各选项的正误.
【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，所以在处取得极小值，
则，所以B错误.
已知，可得，因为在上是减函数，所以，
即，解得.
由，得，则，
由，可得，所以，所以C正确.
因为方程有3个实数根，所以设，
所以，得，
由得，
因为，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判断命题①，结合周期性和对称性确定对称轴判断命题②；由已知单调区间，结合周期性和对称性判断命题③④；由周期性判断命题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：①②⑤
15．
【分析】根据，得到，根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，最后通过赋值和周期性求函数值即可.
【详解】由得，
由得，
令得，
因为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）根据题意，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）根据题意，求分和，两种情况讨论，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，
因为
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，
因为且，，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，
因为当时，，，，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，，
因为时，，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，恒成立即可.
【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，注意到，
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，判断函数的对称性.
（2）对函数求导，根据导数的正负判断函数的单调性，进而分析函数的最值情况，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.
因为为奇数，
所以.
即.
所以的图象关于点对称.
（2）令.
则.
①当时，显然有.
所以成立；
②当时，
当时，因为，
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，因为，
所以，
即在区间上单调递增，
当时，，即.
当时，因为，
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，.
因为.
显然，且.
所以.
当时，显然成立；
当时，因为.
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，即可判断；
（3）法一：首先根据对称性可知，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，根据不等式恒成立，参变分离为，再构造函数，再根据导数求函数的最大值，即可求解.
【详解】（1）由题意知：
有两个变号零点；
令，在上递减，上递增；
，
又，得，即；
（2），则对称性有关的横坐标：，且，
又，
有，
故有对称中心，无对称轴；
（3）法一：
有，
故有；
当时，，故.
下证充分性：
有.
令，
则，
令，有，
故在上递减，又，
故存在，使得，故在上递增，在上递减.
又，故恒成立，
若，有，
由，故存在，使得，故不合题意.
综上，若恒成立，则实数.
法二：
有，
故有，
参变分离得，
令，有，
其中，令，
有在上成立，故在上递增，
又，故，
令，
有，
在上，且单调递减，且单调递增，
故在上单调递增，又，故，
故在上单调递减，又，
故存在使得.
故在上递减，在上递增，
又，故.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)