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专题1巧用性质 对称求和【讲】
【典例1】（2022年高考全国乙卷理科第12题）已知函数的定义域均为，且.若的图象关于直线对称，，则（ ）
A.－21 B.－22 C.－23 D.－24
【典例2】（2022·全国·模拟预测）已知定义域为R的函数满足，且函数的图象与的图象的所有交点为，，…，，则（ ）
A.0 B.m C. D.
【典例3】（2024·新疆·一模）已知定义在上的函数，满足，且，，则 .
上面三个问题的求解，需要用到以下函数图象的对称性质：
如果两个函数的图象都关于一定点（直线）对称，且两图象有交点，那么交点也关于该定点（直线）对称.
关于函数图象的中心对称，有如下结论：
定理1 函数的图象关于点对称的充要条件是（或对定义域内的任意一个都成立.
证明 充分性：若对定义域内的每一个都成立，设是的图象上任意一点，则，点关于点对称的点为.
因为，故在函数的图象上.
所以函数的图象关于点对称.
必要性：若函数的图象关于点对称，是的图象上任意一点，则点关于点对称的点为，且点在函数的图象上，所以.
特别地，当时，定理即为：函数的图象关于原点对称的充要条件是对定义域内的任意一个都成立.这是奇函数定义的等价表达.
推论1 函数的图象关于点对称的充要条件是对定义域内的任意一个都成立.
证明 作替换，那么，
由定理1，函数的图象关于点对称的充要条件是.
推论2 函数的图象关于点对称的充要条件是对定义域内的任意一个都成立.
证明 作替换，那么，
由定理，函数的图象关于点对称的充要条件是：.
关于函数图象的轴对称，有如下定理.
定理2 函数的图象关于直线对称的充要条件是（或对定义域内的任意一个都成立.
定理2的证明比较简单，此处略.
【精细化解析 典例1】
第一步：根据已知条件得为偶函数，然后利用关系得.
因为的图象关于直线对称，所以，
又，得，则，即为偶函数.
因为，所以，即，
又，得，所以，
即.
第二步：由函数的对称性求和即可.
所以，.
因为，所以，又，所以，
从而.
因为，所以，结合为偶函数，得.
所以.故选D.
[精细化解析 典例2]
第一步：先判断倆函数的对称性；
由于，即，所以图象关于对称，
函数的图象关于点对称，
第二步：根据两函数的对称性求和即可.
则函数和图象的交点也关于对称，
则对于每一组对称点和，
都有，，.
故选：C
【精细化解析 典例3】
第一步：根据所给条件推出为偶函数且周期为，再求出、、，
因为，所以，所以，
又，所以，
即，即，所以为偶函数，
所以，
所以，所以的周期为，
又，，
所以，
第二步：最后根据周期性计算可得.
，则，
，
所以，又，
所以
.
故答案为：
类型1 轴对称型
例1 已知是定义在上的函数，且与均为偶函数，当时，，则方程的所有实数根之和为（ ）
（参考数据：）
A.10 B.20 C.8 D.6
思路 ，根据与的图象都关于直线对称，求得两函数图象交点的横坐标之和.
解析 由题意，方程有根等价于与的图象有交点.由与均为偶函数，得直线都是图象的对称轴，故是周期为2的函数，且最小值为0，最大值为.令得或，令得或，即或.
作出与的图象，如图，可知共有10个交点，这10个交点两两关于直线对称，则所有交点的横坐标之和为10，即方程的所有实数根之和为10.故选.
升华 关于函数图象的对称轴、对称中心和周期，有如下关系：
函数的图象关于直线和对称，则是周期为的函数.
证明 因为函数的图象关于直线对称，所以.
因为函数的图象关于直线对称，所以.
，故是周期为.
类似可证：如果函数的图象关于点和对称，则是周期为的函数；
如果函数的图象关于直线对称，且关于点对称，则是周期为的函数
【类题1-1】
1．已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则=
A． B． C． D．
【类题1-2】
2．函数的所有零点之和为 ．
【类题1-3 】
3．已知定义在上的函数，满足，当时，，则函数的图象与函数的图象在区间上所有交点的横坐标之和为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．9
类型2 三次型中心对称
例2 对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数根，则称点为函数的“拐点”.某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有拐点，任何一个三次函数的图象都有对称中心，且拐点就是对称中心.若，则该函数的对称中心为______；计算______.
解析 因为函数，所以，
令，得，故函数的拐点为.
由函数图象的对称中心为，可得，
所以.
升华 关于三次函数图象的对称中心，有如下结论.
定理3 三次函数的图象关于点对称.
证明 ，
令，则是奇函数，其图象的对称中心是，而，所以函数图象的对称中心是.
又，
所以函数的对称中心是.
注 三次函数图象的对称中心也是它的拐点，其中横坐标就是三次函数的二阶导数的零点.
【类题1-1】
4．设直线与曲线有三个不同的交点A，B，C，且，则直线的方程为 .
【类题1-2】
5．函数恰好有三个不同的零点，则的值为 .
【类题1-3 】
6．已知直线与曲线有三个不同的交点，，，且，则（ ）
A． B． C． D．
类型3 指数型中心对称
例3 德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学王子.他年幼时，在的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律而生成.现有函数，则等于（ ）
A.1008 B.1009 C.2018 D.2019
思路 先找到函数图象的对称中心，再求和.
解析 因为，
所以，从而函数图象的对称中心为.
令，
又，
两式相加得，所以.故选B.
升华 一般地，对于函数，由于，故其图象的对称中心为；
对于函数，由于，故其图象的对称中心为.
【类题1-1】
7．已知函数f（x）满足：对任意的，若函数与图像的交点为，则的值为（ ）
A．0 B．2n C．n D．-n
【类题1-2】
8．已知，设函数的最大值为，最小值为，那么
A．2020 B．2019 C．4040 D．4039
【类题1-3 】
9．已知函数，数列满足，则数列的前2019项和为 .
类型4 分式混合型中心对称
例4 函数在区间上的所有零点之和为（ ）
A.0 B.3 C.6 D.12
解析 函数的零点，即函数与图象交点的横坐标.两图象如图.
因为函数与的图象均关于点对称，且两函数的图象在区间上共有6个公共点，两两关于点对称，所以函数在区间上的所有零点之和为.故选C.
升华 分式函数图象的对称中心为，正弦函数图象的对称中心为.
【类题1-1】
10．已知定义在R上的函数满足：且，，则方程在区间上的所有实根之和为（ ）
A．14 B．12 C．11 D．7
【类题1-2】
（广东省广州市广雅、执信、二中、六中四校2019－2020学年高一下学期期末联考第16题）
11．函数在区间上的所有零点之和为
（2022年全国高中数学联赛贵州赛区预赛第9题）
12．函数的对称中心为，则 ．
【类题1-3】
13．已知函数，则
A．0 B．1009 C．2018 D．2019
【类题4－3】
（陕西省西安市高中2020届第四次模拟考试理科第16题）
14．已知函数（）为奇函数，，若函数与图像的交点为，，…，，则= .
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】求得的对称轴方程为，即可判断在上有31条对称轴，即可求得函数与的交点有31个，且相邻交点都关于对称轴对称，可得：，将以上各式相加，利用等差数列求和公式即可得解．
【详解】函数，令得，即的对称轴方程为.
∵的最小正周期为.当时，可得，
∴在上有31条对称轴，
根据正弦函数的性质可知：函数与的交点有31个，
且交点关于对称，关于对称，……，
即，
将以上各式相加得：
则
故选C.
【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及函数零点个数问题，还考查了等差数列的前项和公式，考查了中点坐标公式及计算能力，属于难题．
2．9
【分析】根据给定条件，构造函数，，作出这两个函数的部分图象，确定两个图象的交点个数，再结合性质计算作答.
【详解】由，令，，
显然与的图象都关于直线对称，
在同一坐标系内作出函数，的图象，如图，

观察图象知，函数，的图象有6个公共点，其横坐标依次为，
这6个点两两关于直线对称，有，则，
所以函数的所有零点之和为9.
故答案为：9
3．C
【分析】可分析得到函数，都关于对称，因此所有交点也关于对称，结合两个函数在的图像，可得到时有3个交点，且两函数相交，由于两个图像都关于对称，故交点也关于对称，每对交点的横坐标之和为2，即得解.
【详解】函数，满足，故故图像关于对称，且
函数满足故图像关于对称，
由于两个图像都关于对称，只需研究时交点个数，
由于
两个图像位置关系如图所示，故当时有3个交点，且两函数相交，
由于两个图像都关于对称，故交点也关于对称，每对交点的横坐标之和为2
故在区间上所有7个交点的横坐标之和为
故选：C
【点睛】本题考查了函数性质综合，考查了函数的对称性，图像变换，函数的零点，考查了学生转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于较难题.
4．
【分析】依题意，求出曲线的对称中心，再将与联立，写出韦达定理，利用弦长公式求出值，即得直线方程.
【详解】因是奇函数，图象关于原点对称，故曲线 关于点对称.
由于直线与曲线的三个交点为A，B，C，且，故由对称性知.
又因直线不符合题意，故可设，B，C两点的横坐标分别为，
将直线与联立，可得，即
则为方程的两根，于是，
由，可得，
即，从而整理得
因为，所以，于是直线的方程为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查三次函数的对称性和弦长问题，属于较难题.
解题关键在于，结合函数解析式特点，迅速判断函数图象为中心对称图形，求得点坐标，设出直线方程，与曲线方程联立消元后，借助于弦长公式即可求得值.
5．6
【分析】利用对称性证明出关于点中心对称，故.
【详解】，不妨设，
令，则
所以关于点中心对称，又，，即关于点中心对称，故关于点中心对称，
所以，
故答案为：6
6．D
【分析】根据函数解析式可判断出曲线关于点对称，由可知且关于点对称，从而可求得，代入求得结果.
【详解】设，则
关于对称，即曲线关于点对称
，根据对称性可知：

本题正确选项：
【点睛】本题考查函数对称性的应用问题，解题关键是能够根据解析式得到曲线的对称点，从而使问题得以求解.
7．C
【分析】根图象的对称性可得的值.
【详解】因为任意的，故的图象关于对称.
又，
设，则的定义域为且，
故为奇函数，故其图象关于原点对称，而，
故图像关于对称.
故函数与图像的诸交点关于对称，
不妨设，则，
且，其中，
故，所以，
故，
故选：C.
8．D
【分析】通过分离分子可得，计算可得，利用函数的单调性计算可得结果．
【详解】解：，
又是上的增函数，，故选D．
【点睛】本题考查函数的单调性的判断和运用，注意解题方法的积累，考查运算能力，属于中档题．
9．
【分析】由函数的解析式，求出数列的通项公式，将代入即可得到的值，再利用倒序相加法即可求出此数列前2019项的和．
【详解】依题意，函数，，所以，
数列满足，
所以，.
，
设此数列前2019项的和，则有：
，
，
所以，即.
故答案为：.
【点睛】本题考查了数列的通项公式，倒序相加法求数列的前项和，考查分析解决问题的能力和计算能力，属于中档题．
10．C
【分析】化简的表达式，得到的图象关于点对称，由的周期性，画出，的图象，通过图象观察上的交点的横坐标的特点，求出它们的和即可；
【详解】由题意知，函数的图象关于对称，函数的周期为2，
则函数，在区间上的图象如右图所示,可得函数图象关于对称，
由图形可知函数，在区间上的交点为，，，，，，
其中取不到，则，，，
所以方程在区间上的所有实根之和为
故选：C．

【点睛】本题考查分段函数的图象和运用，考查函数的周期性、对称性和应用，同时考查数形结合的能力，属于中档题．
11．16
【分析】由题意得函数在区间上的零点，即方程的根，作出函数和的图像，再结合函数图像的对称性，可得答案
【详解】解：由题意得函数在区间上的零点，即方程的根，作出函数和的图像，如下图所示
由图可知，两个函数的图像有8个不同的交点，且两两关于点对称，
故8个点横坐标之和为16，
所以函数在区间上的所有零点之和为16，
故答案为：16
【点睛】此题考查正弦函数、反比例函数的图像特征，考查函数的零点与方程的根的关系，体现了转化、数形结合的数学思想，属于中档题
12．1
【详解】∵，
设
，
，
∴是奇函数，所以f(x)关于点对称，
∴．
故答案为：1.
13．B
【分析】f（，所以利用+f（1-x）=1,计算出的结果.
【详解】+f（1-x）= +
= + =1
所以f（=1 =1009
故选：B
【点睛】本题考查的是利用，发现函数的自变量和等于1时，其函数和也等于1的规律，这是解题的关键，属于中档题.
14．3m
【分析】分别判断函数与的对称性，结合函数的对称性进行求解即可．
【详解】解：因为函数为奇函数，
所以函数的图象关于点对称，
关于点对称，
所以两个函数图象的交点也关于点对称，
故答案为：
【点睛】本题主要考查函数对称性的应用，结合函数奇偶性以及分式函数的性质求出函数的对称性是解决本题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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