《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

考点三 对称性、周期性与单调性
例3(多选)(2025·杭州调考)已知定义域为$\mathbf{R}$的函数$f(x)$在$(-1,0]$上单调递增，$f(1 + x) = f(1 - x)$，且图象关于$(2,0)$对称，则(AC)

A.$f(0) = f(-2)$
B.$f(x)$的周期$T = 2$
C.$f(x)$在$(2,3)$上单调递减
D.$f(x)$满足$f(2025) ＞ f(2026) ＞ f(2027)$由$f(1+x)=f(1-x)$，可得$f(x)$图象的对称轴方程为$x=1$，所以$f(0)=f(2)$，又由$f(1+x)=f(1-x)$，可知$f(2+x)=f(-x)$.因为函数$f(x)$的图象关于$(2,0)$对称，即$f(2+x)$
$=-f(2-x)$，故$-f(2-x)=f(4+x)$，即$-f(-x)=f(2+x)$，
所以$f(x)=f(4+x)$，所以$f(x)$的周期为$4$，
所以$f(-2)=f(2)$.所以$f(0)=f(-2)$，故A
正确，B错误.因为$f(x)$在$(-1,0]$上单调递增，且周期为$4$，
所以$f(x)$在$(3,4]$上单调递增，
又$f(x)$的图象关于$(2,0)$对称，
所以$f(x)$在$[0,1)$上单调递增，
因为$f(x)$的图象关于直线$x=1$对称，
所以$f(x)$在$(1,2]$上单调递减，
则函数$f(x)$在$(2,3)$上单调递减，故C正确，根据$f(x)$的周期为$4$，可得$f(2025)=f(1)$，
$f(2026)=f(2),f(2027)=f(3)$，
因为$f(x)$的图象关于直线$x=1$对称，
所以$f(2)=f(0)$且$f(3)=f(-1)$，
即$f(2025)=f(0),f(2026)=f(0)$，
$f(2027)=f(-1)$，
由C选项的分析可知，函数$f(x)$在$[0,1)$上单调递增，在$(-1,0]$上单调递增，确定的单调区间内均不包含$x=\pm1$，
若$f(-1)=f(1)=0$，
则$f(2025)＞f(2026)＞f(2027)$不成立，
故D错误.]

答案： 例3 AC [由$f(1+x)=f(1-x)$，可得$f(x)$图象的对称轴方程为$x=1$，所以$f(0)=f(2)$，
又由$f(1+x)=f(1-x)$，
可知$f(2+x)=f(-x)$.
因为函数$f(x)$的图象关于$(2,0)$对称，即$f(2+x)$
$=-f(2-x)$，故$-f(2-x)=f(4+x)$，即$-f(-x)=f(2+x)$，
所以$f(x)=f(4+x)$，所以$f(x)$的周期为$4$，
所以$f(-2)=f(2)$.所以$f(0)=f(-2)$，故A
正确，B错误.
因为$f(x)$在$(-1,0]$上单调递增，且周期为$4$，
所以$f(x)$在$(3,4]$上单调递增，
又$f(x)$的图象关于$(2,0)$对称，
所以$f(x)$在$[0,1)$上单调递增，
因为$f(x)$的图象关于直线$x=1$对称，
所以$f(x)$在$(1,2]$上单调递减，
则函数$f(x)$在$(2,3)$上单调递减，故C正确，
根据$f(x)$的周期为$4$，可得$f(2025)=f(1)$，
$f(2026)=f(2),f(2027)=f(3)$，
因为$f(x)$的图象关于直线$x=1$对称，
所以$f(2)=f(0)$且$f(3)=f(-1)$，
即$f(2025)=f(0),f(2026)=f(0)$，
$f(2027)=f(-1)$，
由C选项的分析可知，函数$f(x)$在$[0,1)$上单调递增，在$(-1,0]$上单调递增，确定的单调区间内均不包含$x=\pm1$，
若$f(-1)=f(1)=0$，
则$f(2025)＞f(2026)＞f(2027)$不成立，
故D错误.]

训练3(多选)(2025·齐鲁名校联盟联考)已知函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，$f(2x + 1)$为奇函数，$f(4 - x) = f(x)$，$f(0) = 2$，且$f(x)$在$[0,2]$上单调递减，则(ABD)

A.$f(1) = 0$
B.$f(8) = 2$
C.$f(x)$在$[6,8]$上单调递减
D.$f(x)$在$[0,100]$上有$50$个零点

答案： 训练3 ABD [对于A，因为$f(2x+1)$为奇函数，
所以当$x=0$时，$f(2×0+1)=0$，即$f(1)=0$，
故A正确；
对于B，因为$f(2x+1)$为奇函数，
所以$f(-2x+1)+f(2x+1)=0$，
所以$f(-x+1)+f(x+1)=0$，
所以$f(x)$的图象关于点$(1,0)$对称，
即$f(2-x)=-f(x)$，因为$f(4-x)=f(x)$，
所以$f(x)$的图象关于直线$x=2$对称，
所以$f(x+4)=f(-x)=-f(2-x)=-f(2$
$-x)=f(x)$，所以$f(x)$是周期为$4$的周期函
数，则$f(8)=f(0)=2$.故B正确；
对于C，因为$f(x)$在$[0,2]$上单调递减，
所以$f(x)$在$[2,4]$上单调递增，
所以$f(x)$在$[6,8]$上单调递增，故C错误；
对于D，$f(x)$在$[0,4]$上的零点为$1$和$3$，
所以$f(x)$在$[0,100]$上有$50$个零点，
故D正确.]

例 1 (2025·南京部分学校联考)已知函数 $ f(x) $，对任意 $ x,y \in \mathbf{R} $，满足 $ f(x + y)f(x - y) = f^2(x) - f^2(y) $，且 $ f(1) = 2 $，$ f(2) = 0 $，则 $ f(1) + f(2) + \cdots + f(90) $ 的值为 (C)

A.$ -2 $
B.$ 0 $
C.$ 2 $
D.$ 4$$$

答案： 例1 C［在$f(x + y)f(x - y) = f^{2}(x) - f^{2}(y)$中，令$x = 2,y = 1$,得$f(3)f(1) = f^{2}(2) - f^{2}(1)$，因为$f(1) = 2,f(2) = 0$，所以$f(3) = - 2$；令$x = 3,y = 2$，得$f(5)f(1) = f^{2}(3) - f^{2}(2) = 4$，所以$f(5) = 2$；令$x = 4,y = 1$，得$f(5)f(3) = f^{2}(4) - f^{2}(1)$，所以$f(4) = 0$．在$f(x + y)f(x - y) = f^{2}(x) - f^{2}(y)$中，令$y = 2$，得$f(x + 2)f(x - 2) = f^{2}(x)$，所以令$x = 5$，得$f(7) = - 2$，令$x = 7$，得$f(9) = 2$．在$f(x + y)f(x - y) = f^{2}(x) - f^{2}(y)$中，令$x = 6,y = 1$，得$f(7)f(5) = f^{2}(6) - f^{2}(1)$，所以$f(6) = 0$；令$x = 8,y = 1$，得$f(9)f(7) = f^{2}(8) - f^{2}(1)$，所以$f(8) = 0$．依此类推，可得$f(2k - 1) = ( - 1)^{k + 1} \cdot 2$，$f(2k) = 0(k \in N^{*})$，且$f(n) + f(n + 1) + f(n + 2) + f(n + 3) = 0(k \in N^{*})$．所以$f(1) + f(2) + f(3) + \cdots + f(90) = 22 × 0 + f(89) + f(90) = 0 + 2 + 0 = 2$．］

二、抽象函数的性质
例 2 (多选)已知函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ \{ x | x \neq 4k + 2,k \in \mathbf{Z} \} $，且 $ f(x + y) = \frac{f(x) + f(y)}{1 - f(x)f(y)} $，$ f(1) = 1 $，则 (ACD)

A.$ f(0) = 0 $
B.$ f(x) $ 为偶函数
C.$ f(x) $ 为周期函数，且 $ 4 $ 为 $ f(x) $ 的周期
D.$ f(2027) = -1$$$

答案： 例2 ACD［A中，令$x = y = 0$，得$f(0) = 0$，故A正确；B中，令$y = - x$，则$f(0)=\frac{f(x) + f( - x)}{1 - f(x)f( - x)} = 0$，因此，$f( - x) = - f(x)$，又$f(x)$的定义域为$\{ x|x \neq 4k + 2,k \in Z\}$，所以$f(x)$为奇函数，故B错误；C中，令$y = 1$，则$f(x + 1) = \frac{f(x) + f(1)}{1 - f(x)f(1)} = \frac{f(x) + 1}{1 - f(x)} = - 1 + \frac{2}{1 - f(x)}$，所以$f(x + 2) = - 1 + \frac{2}{1 - f(x + 1)} = \frac{1}{f(x)}$，因此$f(x + 4) = - \frac{1}{f(x + 2)} = f(x)$，所以$f(x)$为周期函数，且周期为4，故C正确；D中，$f(2027) = f(3) = f( - 1) = - f(1) = - 1$，故D正确．］

(1) $ f(x) $ 满足对任意的实数 $ a,b $ 都有 $ f(a + b) = f(a) \cdot f(b) $，且 $ f(1) = 2 $，则 $ \frac{f(2)}{f(1)} + \frac{f(4)}{f(3)} + \frac{f(6)}{f(5)} + \cdots + \frac{f(2026)}{f(2025)} = $ (A)

A.$ 2026 $
B.$ 2024 $
C.$ 1013 $
D.$ 1012 $

答案： 训练
(1)A
(2)(3,4］［
(1)由$f(a + b) = f(a) \cdot f(b),f(1) = 2，$令b = 1可得$f(a + 1) = f(a) \cdot f(1) = 2f(a)，$所以$\frac{f(2)}{f(1)} + \frac{f(4)}{f(3)} + \frac{f(6)}{f(5)} + \cdots + \frac{f(2026)}{f(2025)} = \frac{2f(1)}{f(1)} + \frac{2f(3)}{f(3)} + \frac{2f(5)}{f(5)} + \cdots + \frac{2f(2025)}{f(2025)} = 2 × 1013 = 2026．(2)$
∵$f(\frac{x}{y}) = f(x) - f(y)，$$\therefore f(y) + f(\frac{x}{y}) = f(x)．$在上述等式中取x = 4,y = 2，则有f
(2) + f
(2) = f
(4)．又
∵$f(2) = 1,\therefore f(4) = 2，$$\therefore f(x) - f(\frac{1}{x - 3}) \leq 2$可变形为$f(x(x - 3)) \leq f(4)．$又
∵f(x)是定义在区间$(0, + \infty)$上的增函数，$\therefore \begin{cases} x(x - 3) \leq 4 \\x ＞ 0 \\x - 3 ＞ 0 \end{cases}$解得$3 ＜ x \leq 4．$故x的取值范围是(3,4．］

(2) (2025·绍兴质检)已知 $ f(x) $ 是定义在区间 $ (0, +\infty) $ 上的增函数，且 $ f(\frac{x}{y}) = f(x) - f(y) $，$ f(2) = 1 $，如果 $ x $ 满足 $ f(x) - f(\frac{1}{x - 3}) \leq 2 $，则 $ x $ 的取值范围为(3,4］。

答案：
(2)(3,4］［
(2)
∵$f(\frac{x}{y}) = f(x) - f(y)，$
$\therefore f(y) + f(\frac{x}{y}) = f(x)．$
在上述等式中取x = 4,y = 2，
则有f
(2) + f
(2) = f
(4)．
又
∵$f(2) = 1,\therefore f(4) = 2，$
$\therefore f(x) - f(\frac{1}{x - 3}) \leq 2$
可变形为$f(x(x - 3)) \leq f(4)．$
又
∵f(x)是定义在区间$(0, + \infty)$上的增函数，
$\therefore \begin{cases} x(x - 3) \leq 4 \\x ＞ 0 \\x - 3 ＞ 0 \end{cases}$
解得$3 ＜ x \leq 4．$
故x的取值范围是(3,4．］