2001-豫粤卷-22 解-函数的奇偶性与对称性

本题导读

本题考查函数的奇偶性与对称性。核心在于特殊值赋值法、对称轴周期转化法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2001年豫粤卷） 设 $f(x)$ 是定义在 $\mathbf{R}$ 上的偶函数，其图象关于直线 $x=1$ 对称，对任意 $x_1,x_2\in \left[0,\frac{1}{2}\right]$，都有 $f(x_1+x_2)=f(x_1)\cdot f(x_2)$，且 $f(1)=a>0$.

(1) 求 $f\left(\frac{1}{2}\right),f\left(\frac{1}{4}\right)$；

(2) 证明设 $f(x)$ 是周期函数；

(3) 记 $a_n=f\left(2n+\frac{1}{2n}\right)$，求 ${\lim }_{n\to \infty }(\ln a_n)$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第(1)问思路（赋值法）：

• 题目给出区间 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 内的积型抽象方程。令 $x_1=x_2=\frac{1}{4}$，可得 $f\left(\frac{1}{2}\right)={\left[f\left(\frac{1}{4}\right)\right]}^2$。
• 利用偶函数性质与关于 $x=1$ 对称的几何性质，建立全局对称映射关系： $f(x)=f(-x)=f(2-x)$。由此可得 $f\left(\frac{1}{2}\right)=f\left(\frac{3}{2}\right)=f\left(2-\frac{1}{2}\right)$。
• 通过将已知量 $f(1)=a$ 与局部自变量进行拆分组合赋值，联立反解出目标项的代数形式。

2. 第(2)问思路（对称轴级联变换）：

• 已知 $f(x)$ 是偶函数，满足 $f(-x)=f(x)$；图象关于直线 $x=1$ 对称，满足 $f(1+x)=f(1-x)$。
• 通过对这两个对称方程进行连续复合代换，消去中间变量，推出形如 $f(x+T)=f(x)$ 的不变量结构，从而确定其最小正周期。

3. 第(3)问思路（周期延拓与通项归纳）：

• 利用第(2)问得出的周期性，将大自变量 $2n+\frac{1}{2n}$ 经过整数倍周期平移，降维化简到基本区间 $[0,1]$ 内。
• 利用第(1)问的幂次递推规律，寻找 $f\left(\frac{1}{2^k}\right)$ 的一般通项表达式。
• 将数列 $a_n$ 全量显式表达后，两边取自然对数，利用高等数学中的重要极限 ${\lim }_{t\to 0}(1+t{)}^{\frac{1}{t}}=\text{e}$ 或等价无穷小代换求解极限。

✅【答案】

Success

(1) $f\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{a}$，$f\left(\frac{1}{4}\right)=\sqrt[4]{a}$

(2) 证明见解析（周期为 $2$）

(3) ${\lim }_{n\to \infty }(\ln a_n)=0$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求 $f\left(\frac{1}{2}\right),f\left(\frac{1}{4}\right)$ 的值

由对称性建立局部与全局的代数关联 因为 $f(x)$ 是定义在 $\mathbf{R}$ 上的偶函数，所以有： $f(-x)=f(x)\text{(1)}$ 又因为 $f(x)$ 的图象关于直线 $x=1$ 对称，根据轴对称的代数特征： $f(1+x)=f(1-x)\text{(2)}$ 在 ② 式中用 $x-1$ 替代变量 $x$，得 $f(x)=f(2-x)$。结合 ① 式的偶性，有核心对称不变量： $f(x)=f(-x)=f(2-x)\text{(3)}$

令 $x=\frac{1}{2}$ 代入 ③ 式中，得到： $f\left(\frac{1}{2}\right)=f\left(2-\frac{1}{2}\right)=f\left(\frac{3}{2}\right)\text{(4)}$

利用区间内的积型抽象方程进行赋值求解 已知对任意 $x_1,x_2\in \left[0,\frac{1}{2}\right]$，恒满足 $f(x_1+x_2)=f(x_1)\cdot f(x_2)$。 令 $x_1=x_2=\frac{1}{2}$，此时由于 $\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$，代入方程得： $f(1)=f\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)\cdot f\left(\frac{1}{2}\right)={\left[f\left(\frac{1}{2}\right)\right]}^2$ 已知 $f(1)=a>0$，所以有： ${\left[f\left(\frac{1}{2}\right)\right]}^2=a⟹f\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{a}$

接着，为了求 $f\left(\frac{1}{4}\right)$，在已知抽象方程中令 $x_1=x_2=\frac{1}{4}$（由于 $\frac{1}{4}\in \left[0,\frac{1}{2}\right]$，符合定义域约束）： $f\left(\frac{1}{2}\right)=f\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)=f\left(\frac{1}{4}\right)\cdot f\left(\frac{1}{4}\right)={\left[f\left(\frac{1}{4}\right)\right]}^2$ 将上一步算出的 $f\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{a}$ 代入： ${\left[f\left(\frac{1}{4}\right)\right]}^2=\sqrt{a}=a^{\frac{1}{4}}⟹f\left(\frac{1}{4}\right)=\sqrt{\sqrt{a}}=a^{\frac{1}{4}}=\sqrt[4]{a}$

（2）证明 $f(x)$ 是周期函数

根据第(1)问中由偶性与轴对称性联合导出的关系式 ③： $f(1+x)=f(1-x)$ 根据偶函数性质，等式右端满足 $f(1-x)=f[-(1-x)]=f(x-1)$，由此有： $f(x+1)=f(x-1)$ 在上述等式中两边同时用 $x+1$ 替换自变量 $x$： $f[(x+1)+1]=f[(x+1)-1]⟹f(x+2)=f(x)$ 根据周期函数的数学定义，上述恒等式表明函数 $f(x)$ 轴向平移 2 个单位后函数值完全复现。 因此， $f(x)$ 是一个以 2 为周期的周期函数．

（3）求 ${\lim }_{n\to \infty }(\ln a_n)$ 的值

利用周期性对数列自变量进行区间化简 已知数列通项定义为： $a_n=f\left(2n+\frac{1}{2n}\right)$ 由第(2)问已证结论可知， $f(x)$ 的周期为 $2$。由于当 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 时， $2n$ 必然为正整数 2 的整数倍。 根据周期函数的平移不变性，可将自变量中的整数倍周期 $2n$ 直接剥离擦除： $a_n=f\left(2n+\frac{1}{2n}\right)=f\left(\frac{1}{2n}\right)$

归纳抽象方程在 $\frac{1}{2^k}$ 节点处的通项规律 由第(1)问的赋值递推机制可轻易外推归纳： 当 $x_1=x_2=\cdots =x_m=\Delta x$ 且累加和不超过 $\frac{1}{2}$ 时，多元累乘恒满足： $f(m\cdot \Delta x)=[f(\Delta x){]}^m$ 为了构建关于 $\frac{1}{2n}$ 的函数显式表达，利用已知确定量 $f\left(\frac{1}{2}\right)=a^{\frac{1}{2}}$。 在积型方程中，令 $\Delta x=\frac{1}{2n}$，并使其进行 $n$ 项连加。由于 $n\cdot \frac{1}{2n}=\frac{1}{2}$，满足区间界限： $f\left(\frac{1}{2}\right)=f\left(\underset{n\text{ 个}}{\underbrace{\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}+\cdots +\frac{1}{2n}}}\right)={\left[f\left(\frac{1}{2n}\right)\right]}^n$ 将 $f\left(\frac{1}{2}\right)=a^{\frac{1}{2}}$ 代入上述代数等式中： ${\left[f\left(\frac{1}{2n}\right)\right]}^n=a^{\frac{1}{2}}$ 两边同时开 $n$ 次方（即求 $\frac{1}{n}$ 次幂），由于 $a>0$，唯一解出数列 $a_n$ 的闭式通项公式： $a_n=f\left(\frac{1}{2n}\right)={\left(a^{\frac{1}{2}}\right)}^{\frac{1}{n}}=a^{\frac{1}{2n}}$

求对数式在无穷远处的极限 将算出的通项 $a_n=a^{\frac{1}{2n}}$ 代入目标对数极限式中： $\ln a_n=\ln \left(a^{\frac{1}{2n}}\right)$ 根据对数的幂运算法则，将指数项 $\frac{1}{2n}$ 提到对数算子外部： $\ln a_n=\frac{1}{2n}\cdot \ln a$ 对该数列取 $n\to \infty$ 时的极限： ${\lim }_{n\to \infty }(\ln a_n)={\lim }_{n\to \infty }\left(\frac{\ln a}{2n}\right)$ 因为 $a$ 为常数，则 $\ln a$ 同样为固定常数。当 $n\to \infty$ 时，分母 $2n\to \infty$，整个分式极限趋于 0： ${\lim }_{n\to \infty }(\ln a_n)=0$

(1) $f\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{a},f\left(\frac{1}{4}\right)=\sqrt[4]{a}$； (2) 证明见解析，其为一个以 2 为最小正周期的周期函数； (3) 极限值为 $0$．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：双重对称轴（或单对称轴单奇偶性）向周期函数的转换算子；抽象函数方程的积型分支递推；对数式基本极限。
2. 核心方法：特殊值换元法、周期平移降维法。
3. 避坑指南：

• 单调性主观臆断陷阱：本题属于抽象函数，并没有给出具体的解析式（虽然其本质对应指数函数 $f(x)=a^{|x|}$ 在局部区间的周期延拓）。部分学生习惯性地直接认为 $f(x)$ 必然全域等于某个指数函数，直接写出解析式去算。高考试题中处理抽象函数，严禁主观套用具体函数代替，必须严格全程使用特殊值赋值法与已知方程进行逻辑推演。
• 第(3)问自变量周期混淆陷阱：在处理 $2n+\frac{1}{2n}$ 时，极易由于粗心将 $2n$ 误认为是 $n$ 个周期，从而算错平移边界。必须明确由于周期 $T=2$， $2n$ 对应的是 $n$ 倍周期，消除后完全不留常数尾巴。

📖【试题探源与推广】

Tip

2. 结论推广： 本题所涉及的函数在高等代数中可一般化推广为通用的**“双对称轴齐次周期映射模型”**： 若任意函数 $f(x)$ 同时关于直线 $x=x_1$ 与 $x=x_2(x_1<x_2)$ 对称，则该函数必然是一个周期函数，且其侧向平移构成的一个确定性周期长恒满足不变量： $T=2|x_2-x_1|$ 代入本题特定参数：偶函数等价于关于直线 $x_1=0$ 对称，已知另一条对称轴为 $x_2=1$。直接带入通式： $T=2\times |1-0|=2$ 直接第(2)问的周期判定。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.07 一般数列的性质

类题演练 (Links)

• 1987-广东文-24 单-函数的奇偶性
• 1987-广东理-23 单-函数的奇偶性
• 1988-上海-13 单-函数的奇偶性