函数的对称性判断

前言

判断依据

一般函数[包括三角函数]都适合的判断依据，此方法具有普适性；

函数\(f(x)\)关于直线\(x=a\)对称\(\Leftrightarrow\)\(f(x+2a)=f(-x)\)其等价情形为\(f(-x+2a)\)\(=\)\(f(x)\)或\(f(-x+a)\)\(=\)\(f(x+a)\)或\(f(x+2a)\)\(-\)\(f(-x)\)\(=0\)\(\quad\).

函数\(f(x)\)关于点\((a,b)\)对称\(\Leftrightarrow\) \(f(x+2a)\)\(+\)\(f(-x)\)\(=2b\)其等价情形为 \(f(-x+2a)\) + \(f(x)\) \(=2b\) 或 \(f(-x+a)\) + \(f(x+a)\) \(=2b\)\(\quad\).

【2017全国卷1文科第9题高考真题】已知函数\(f(x)=lnx+ln(2-x)\)，则【\(\qquad\)】

$A.$在$(0，2)$上单调递增

$B.$在$(0，2)$上单调递减

$C.y=f(x)$的图像关于直线$x=1$对称

$D.y=f(x)$的图像关于点$(1，0)$对称

分析：由于函数\(f(x)\)是复合函数，定义域要使\(x>0，2-x>0\)，即定义域是\((0，2)\)，

又\(f(x)=ln[x(2-x)]=ln[-(x-1)^2+1]\)，

则由复合函数的单调性法则可知，在\((0，1)\)上单增，

在\((1，2)\)上单减，故排除\(A\)，\(B\)；

若函数\(y=f(x)\)关于点\((1，0)\)对称，则函数\(f(x)\)必然满足关系：\(f(x)+f(2-x)=0\)；

若函数\(y=f(x)\)关于直线\(x=1\)对称，则函数\(f(x)\)必然满足关系：\(f(x)=f(2-x)\)；

接下来我们用上述的结论来验证，由于\(f(x)=lnx+ln(2-x)\)，

\(f(2-x)=ln(2-x)+ln(2-(2-x))=ln(2-x)+lnx\)，即满足\(f(x)=f(2-x)\)，

故函数\(y=f(x)\)的图像关于直线\(x=1\)对称，选\(C\)；

再来验证\(D\)，发现\(f(x)+f(2-x)=2[lnx+ln(2-x)]\neq 0\)，\(D\)选项不满足。故选\(C\)。

正[余]弦型三角函数[或能化为\(f(x)=A\sin(\omega x+\phi)\)]特有判断依据，其他函数不能滥用；

• 若函数\(f(x)\)关于直线\(x=\cfrac{\pi}{3}\)对称，则\(\omega\times\cfrac{\pi}{3}+\phi=k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)换句话说，\(x=\cfrac{\pi}{3}\)能使得\(y=\sin(\omega x+\phi)\)取到最值，注意是最大值或者最小值；\(\quad\)，\(k\in \Z\)；
• 若函数\(f(x)\)关于\((\cfrac{\pi}{3},0)\)对称，则\(\omega\times\cfrac{\pi}{3}+\phi=k\pi\)换句话说，\(x=\cfrac{\pi}{3}\)能使得函数\(y=\sin(\omega x+\phi)\)取到\(0\)，\(\quad\)，\(k\in \Z\)；

函数\(f(x)=2cos(\omega x+\phi)(\omega\neq 0)\)对任意\(x\)都有\(f(\cfrac{\pi}{4}+x)=f(\cfrac{\pi}{4}-x)\)成立，则\(f(\cfrac{\pi}{4})\)的值为【\(\qquad\)】

$A.2或0$ $B.-2或2$ $C.0$ $D.-2或0$

分析：由任意\(x\)都有\(f(\cfrac{\pi}{4}+x)=f(\cfrac{\pi}{4}-x)\)成立，可知\(x=\cfrac{\pi}{4}\)为函数的一条对称轴，

而正弦型或余弦型函数在对称轴处必然会取到最值，故\(f(\cfrac{\pi}{4})=\pm 2\)，选\(B\)。

解后反思：此题目如果不注意函数的性质，往往会想到求\(\omega\)和\(\phi\)，这样思路就跑偏了。

【2018云南玉溪一模】函数\(f(x)=\sqrt{3}sin2x+2cos^2x\)的一条对称轴为直线【\(\qquad\)】

$A.x=\cfrac{\pi}{12}$ $B.x=\cfrac{\pi}{6}$ $C.x=\cfrac{\pi}{3}$ $D.x=\cfrac{\pi}{2}$

分析：\(f(x)=2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})+1\)，

法1：比较繁琐，令\(2x+\cfrac{\pi}{6}=k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)，\(k\in Z\)，则\(x=\cfrac{k\pi}{2}+\cfrac{\pi}{6}\)，\(k\in Z\)，即对称轴有无数条，

令\(k=0\)，得到其中的一条对称轴为\(x=\cfrac{\pi}{6}\)，当\(k\)取其他的值时，都不能得到其他的选项，故选\(B\)。

法2：比较简单，利用函数在对称轴处的函数值能取到最值，故只需验证即可，

比如，将\(x=\cfrac{\pi}{12}\)代入\(sin(2x+\cfrac{\pi}{6})\)，即\(sin\cfrac{\pi}{3}\)，并不能使得其取到最值\(\pm 1\)，故舍去\(A\)；

将\(x=\cfrac{\pi}{6}\)代入\(sin(2x+\cfrac{\pi}{6})\)，即\(sin\cfrac{\pi}{2}\)，能使得其取到最大值\(1\)，则\(B\)必然满足；

用同样的方法可以验证其余的选项错误；综上所述，故选\(B\).

如何验证函数 \(y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}\) 图象的对称中心为点 \((2,1)\) .

解法1️⃣：验证函数 \(y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}\)的对称性的思路之一：

在函数 \(y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}\) 的图象上任取一点 \((a, b)\)， 则 \(b=\log_{2}\cfrac{2a}{4-a}\)，

则点 \((a, b)\)关于点 \((2,1)\) 的对称点的坐标为 \((4-a,2-b)\)，

[注意，此时不能直接将点 \((4-a,2-b)\) 代入函数\(y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}\)，原因是我们并不知道点 \((4-a,2-b)\) 在不在这个函数图像上]

又由于 \(b=\log_{2}\cfrac{2a}{4-a}\)， 得到 \(-b=\log_{2}\cfrac{4-a}{2a}\)，

故\(2-b=2+\log_{2}\cfrac{4-a}{2a}=\log_{2}\cfrac{2(4-a)}{a}=\log_{2}\cfrac{2(4-a)}{4-(4-a)}\)，

即点 \((4-a,2-b)\) 在函数\(y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}\)上 ，

由于点 \((a,b)\) 的任意性，可知函数图象的对称中心为\((2, 1)\)， 故 (5) 正确.

解法2️⃣：验证函数 \(y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}\)的对称性的思路之二：

由于 \(y=f(x)=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}\)，

故 \(f(4-x)=\log _{2}\cfrac{2(4-x)}{4-(4-x)}=\log _{2}\cfrac{2(4-x)}{x}\)，

则\(f(x)+f(4-x)=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}+\log _{2}\cfrac{2(4-x)}{x}=\log_{2}4=2\)，

即函数满足 \(f(x)+f(4-x)=2\)，故函数 \(y=f(x)\) 关于点 \((2,1)\) 对称；

【2020-全国卷Ⅲ】已知函数 \(f(x)=\sin x+\cfrac{1}{\sin x}\)， 则【\(\qquad\)】

$A$.$f(x)$ 的最小值为 $2$

$B.$ $f(x)$ 的图象关于 $y$ 轴对称

$C.$$f(x)$ 的图象关于直线 $x=\pi$ 对称

$D.$ $f(x)$ 的图象关于直线 $x=\cfrac{\pi}{2}$ 对称

解析: 当 \(x\in(-\cfrac{\pi}{2}, 0)\) 时， \(f(x)<0\) ， \(f(x)_{\min}<0\)， 故 \(A\) 错误；

由于 \(f(x)=\sin x+\cfrac{1}{\sin x}\) 的定义域为 \(\{x \mid x \neq k\pi ， k\in Z\}\) ，

\(f(-x)=\sin (-x)+\cfrac{1}{\sin (-x)}=-f(x)\)， 即\(f(-x)=-f(x)\),

故 \(f(x)\) 为奇函数，函数图象关于点 \((0,0)\) 对称， 故 \(B\) 错误；

由于 \(f(2\pi-x)=\sin(2\pi-x)+\cfrac{1}{\sin(2\pi-x)}=-\sin x-\cfrac{1}{\sin x}\neq f(x)\)，

故 \(f(x)\) 的图象不关于直线 \(x=\pi\) 对称， 故 \(C\) 错误；

由于 \(f(\pi-x)=\sin(\pi-x)+\cfrac{1}{\sin(\pi-x)}=\sin x+\cfrac{1}{\sin x}=f(x)\)，

故 \(f(x)\) 的图象关于直线 \(x=\cfrac{\pi}{2}\) 对称， 故 \(D\) 正确；

【解后反思】：若函数 \(f(x)\) 满足条件 \(f(2\pi-x)=f(x)\) 或者 \(f(\pi-x)=f(\pi+x)\) ， 则 \(f(x)\) 的图象关于直线 \(x=\pi\) 对称；故要证明函数 \(f(x)\) 的图象关于直线 \(x=\pi\) 对称，只需要验证 \(f(2\pi-x)=f(x)\) 或者 \(f(\pi-x)\)\(=\)\(f(\pi+x)\) 成立。

典例剖析

【2021届高三文科月考三用题】已知 \(f(x)=\sin x\cdot\cos^{2}x\)， 下列结论中错误的是【\(\qquad\)】

$A.$$f(x)$既是奇函数也是周期函数；

$B.$$f(x)$的最大值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$；

$C.$$f(x)$的图象关于直线$x=\frac{\pi}{2}$对称；

$D.$$f(x)$的图象关于点$(\pi, 0)$成中心对称；

分析：由于函数不能快速转化为正[余]弦型函数，故采用具有普适性的对称性判定依据；

解: 对于选项 \(A\)而言，因为函数定义域为\(R\)， 所以由 \(f(x)=\sin x\cos^{2}x\)，

可得 \(f(-x)=-\sin x\cos^{2}x=-f(x)\)，所以函数是奇函数；

又 \(f(x+2\pi)=\sin(x+2\pi)\cos^{2}(x+2\pi)=\sin x\cos^{2}x=f(x)\)，

所以函数是周期函数[虽然说我们对函数的最小正周期暂时不太清楚]，故选项\(A\) 正确；

对于选项 \(C\)而言， 因为\(f(\pi-x)=\sin(\pi-x)\cos^{2}(\pi-x)=\sin x\cos^{2}x=f(x)\)，

所以函数关于 \(x=\cfrac{\pi}{2}\) 对称， 故选项\(C\) 正确；

对于选项 \(D\)而言，因为 \(f(2\pi-x)=\sin(2\pi-x)\cos^{2}(2\pi-x)=-\sin x\cos^{2}x=-f(x)\)，

所以函数关于 \((\pi, 0)\) 对称，故选项\(D\) 正确；

对于选项 \(B\)而言，令\(\sin x=t\in [-1,1]\)，

则\(f(x)=t(1-t^2)=-t^3+t=g(t)\)，\(t\in [-1,1]\)，转而求\(g(x)\)的最大值；

\(g'(x)=-3t^2+1\)，令\(-3t^2+1>0\)，得到\(-\cfrac{\sqrt{3}}{3}<t<\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，

令\(-3t^2+1<0\)，得到 \(-1<t<-\cfrac{\sqrt{3}}{3}\) 或 \(\cfrac{\sqrt{3}}{3}<t<1\)，

故函数在\([-1,-\cfrac{\sqrt{3}}{3}]\)上单调递减，在\([-\cfrac{\sqrt{3}}{3},\cfrac{\sqrt{3}}{3}]\)上单调递增，

在\([\cfrac{\sqrt{3}}{3},1]\)上单调递减，且\(f(-1)=f(1)=f(0)=0\)，

故当\(t=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)时，\(g(x)_{\max}=g(\cfrac{\sqrt{3}}{3})=\cfrac{2\sqrt{3}}{9}\)；即\(f(x)_{max}=\cfrac{2\sqrt{3}}{9}\)

综上所述，故选\(B\).