轴与中心对称：输入配对、平移与函数值比较

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奇偶性对应原点或纵轴的特殊对称。一般的对称轴与对称中心，仍从图点坐标和输入配对推出；比较函数值时，再把各输入移到同一个有已知方向的范围。

一、知识点概念与依据

1. 竖直轴对称由同值输入的中点确定

图象关于直线 $x=a$ 对称，表示每个图点 $(x,f(x))$ 的反射点 $(2a-x,f(x))$ 仍在完整图象上。因此同时要求

x\in D\Longrightarrow2a-x\in D,\qquad f(2a-x)=f(x).

输入反射两次回到原输入，这也保证反射后的域恰为 $D$ 。令 $x=a+t$ ，得到 $f(a-t)=f(a+t)$ ，但两个输入都必须合法。

若写成 $f(p+t)=f(q-t)$ ，两个输入之和为 $p+q$ ，中点为 $(p+q)/2$ ，对应轴不是 $p+q$ 。还须关系覆盖全域，且域内每个输入的反射都合法；仅在一小段成立，不能断言整个图象对称；手画曲线相似也不是证明，只使用题设给出的对称信息和明确坐标。

2. 中心对称同时反射输入与输出

图点 $(x,f(x))$ 关于 $(a,b)$ 转半周，变成 $(2a-x,2b-f(x))$ 。因此全图中心对称等价于域在 $x\mapsto2a-x$ 下保持，且

f(2a-x)+f(x)=2b.

若两个输入之和为 $p+q$ ，输出之和为常数 $c$ ，中心就是 $((p+q)/2,c/2)$ ，不是竖直轴。轴对称保持输出，中心对称把输出关于 $b$ 反射，二者不可混用。

如果 $a\in D$ ，令 $x=a$ 得 $f(a)=b$ ；若 $a\notin D$ ，中心点不必在图象上。一点满足 $f(a)=b$ 只是必要检查，不足以证明全域中心对称。函数也可能有多个轴或中心，找到一个不能无证据断言唯一。

3. 平移化为奇偶性，从坐标方程说明方向

令 $H(t)=f(a+t)$ ，其域为 $E=\{t:a+t\in D\}$ 。原域关于 $a$ 配对，等价于 $E$ 关于0配对；轴关系变为 $H(-t)=H(t)$ ，所以原图关于 $x=a$ 对称，当且仅当 $H$ 偶。

令 $G(t)=f(a+t)-b$ ，中心关系给

G(-t)=f(a-t)-b=2b-f(a+t)-b=-G(t).

反过来展开 $G(-t)=-G(t)$ ，同样恢复 $f(a-t)+f(a+t)=2b$ 。因此中心 $(a,b)$ 对应平移后奇函数，输入中心与输出中心都要处理。

更一般，新函数 $F(x)=f(x+c)+d$ 中，原图点 $(u,v)$ 对应的新输入必须满足 $x+c=u$ ，所以新点为 $(u-c,v+d)$ 。原轴 $x=a$ 变成 $x=a-c$ ，原中心 $(a,b)$ 变成 $(a-c,b+d)$ 。括号中加数为何向左移动，依据是这个方程，不是记号直觉。

4. 对称负责换输入，单调负责比较

先看每个原输入是否合法及属于哪一段。偶性可把负输入换成相反正输入而保持输出，奇性则还要翻转输出符号；一般轴 $x=a$ 的反射是 $x\mapsto2a-x$ ，不能一律换成绝对值。

把所有待比较输出写成同一函数在同一已知严格单调区间上的值，然后只排输入。增函数保持次序，减函数反转。两侧分别增减时，不能仅凭原输入数轴顺序跨区间套用；对称关系自身也不推出增减。

如果待比较的是几项同结构代数式，先构造整个表达式对应的函数，而不是只看分子或分母。例如比较 $f(x)/x$ 要把整个商记为新函数，保留 $x\ne0$ 及符号条件，不能因为 $f$ 递减就断定商也递减。先化简、确定合法范围，再用任意输入差或已建立的保序性质证明方向，避免靠小数近似猜非常接近的数。

6. 禁值帮助锁定中心，但不代替输出检验

若原域是全实数只缺一个输入 $h$ ，在中心反射 $x\mapsto2a-x$ 下保持，则唯一缺点也必须映回自身： $2a-h=h$ ，所以 $a=h$ 。再算合法对称输入的输出和，确定 $b$ 并验证全域关系。不能直接求不存在的 $f(h)$ 。

一次分式 $f(x)=(1+x)/(1-x)=-1-2/(x-1)$ 的唯一禁值为1，且 $f(1+t)+f(1-t)=-2$ （ $t\ne0$ ），故中心为 $(1,-1)$ 。其平移成为奇函数的完整参数题已在奇偶性单元例07保留，不能把中心当成可取图点。

二、考点方法与例题

方法一：求输入中点，再判断输出关系

将两输入改记为 $u,v$ ，求和得到配对中点；核全域配对，再区分输出相等还是输出和固定。平移用新旧坐标方程，求参同时检验域与输出。特殊函数的额外中心不等于题设必然保证的中心。

方法二：统一合法单调范围再排序

先列原输入位置，用已知奇偶或轴关系逐项变形，记录是否有输出负号。全部化入同一已知区间，严格排输入，再按方向翻译。代数式比较构造整体函数，证明方向而不只列样点。

例题 01 平移后能够保证的对称中心

题目

若函数 $y=f\left( x\right)$ 是奇函数，则下列各点一定是函数 $y=f\left( x+1\right)+2$ 图象对称中心的是（）

A． $\left( 1,-2\right)$ B． $\left( -1,2\right)$ C． $\left( -1,-2\right)$ D． $\left( 1,2\right)$

答案与解析

解析

原奇函数保证图象关于原点中心对称。新函数 $H(x)=f(x+1)+2$ 将原图点 $(t,f(t))$ 变为 $(t-1,f(t)+2)$ ，因此原中心移到 $(-1,2)$ ，选 B。

也可直接检验：对原域中任意合法 $t$ ， $-t$ 也合法，而

H(-1+t)+H(-1-t)=f(t)+2+f(-t)+2=4.

两个新输入的中点为−1，输出中点为2，关系覆盖平移后的完整域。即使原域不含0，中心仍可存在，不能因此声称 $H(-1)$ 必有定义。

A、C、D 不是题设保证的中心，但特殊函数可能有额外中心，不能一概说绝不可能。用合法反例 $f(t)=t$ 核验必然性，此时 $H(x)=x+3$ ；中心 $(a,b)$ 须满足 $b=a+3$ 。A 的 $(1,-2)$ 、C 的 $(-1,-2)$ 、D 的 $(1,2)$ 均不满足，B 满足。因此唯一必然项为 B。

本题结论

B， $(-1,2)$ 。

例题 02 将三个输入移到同一已知区间

题目

已知定义在 $R$ 上的函数 $f\left( x\right)$ 满足 $f\left( 1-x\right)=f\left( 3+x\right)$ ，且在 $\left( -\infty ,2\right]$ 上单调递增， $a=f\left( \pi \right)$ ， $b=f\left( \sqrt{3}\right)$ ， $c=f\left( 0\right)$ ，则（）

A． $a<b<c$ B． $c<b<a$ C． $b<c<a$ D． $c<a<b$

答案与解析

解析

两个输入 $1-x$ 、 $3+x$ 的和恒为4，且 $x$ 遍全实数使每个原输入都被覆盖，所以轴为 $x=2$ ， $f(\pi)=f(4-\pi)$ 。

用 $3<\pi<4$ ，可得 $0<4-\pi<1<\sqrt3<2$ 。因此三个输入均在给定递增范围内，按顺序有

f(0)<f(4-\pi)=f(\pi)<f(\sqrt3),

即 $c<a<b$ ，选 D。A 把最小的 $c$ 放在末尾，B 把 $a$ 放在 $b$ 之后，C 把 $b$ 放在 $c$ 之前，都不成立。不能仅见 $\pi>\sqrt3$ 就套左侧增性，因为 $\pi$ 本身不在该段；也无需凭示意图比较距离。

本题结论

D， $c<a<b$ 。

例题 03 相邻整数构成的三个分式

题目

设 $a=\frac{{2022}^{2}+1}{2021\times 2023},b=\frac{{2023}^{2}+1}{2022\times 2024},c=\frac{{2024}^{2}+1}{2023\times 2025}$ 则（）

A． $c>b>a$ B． $a>b>c$ C． $a>c>b$ D． $c>a>b$

答案与解析

解析

三个分式的中间整数分别为2022、2023、2024。构造整体函数

H(t)=\frac{t^2+1}{(t-1)(t+1)}=1+\frac2{t^2-1},\qquad t>1.

若 $1<u<v$ ，则 $0<u^2-1<v^2-1$ ，倒数反序，故 $H(u)>H(v)$ ，严格递减。于是 $a=H(2022)>b=H(2023)>c=H(2024)$ ，选 B。其余排序均与这个严格次序不同。

不能说“分子越来越大，所以值越来越大”，因为分母也在变；把每项都近似成1又会抹去应比较的差异。整体化简和正分母倒数比较给出精确依据。

本题结论

B， $a>b>c$ 。

例题 04 中心对称与全称存在条件

题目

已知函数 $y=\varphi \left( x\right)$ 的图象关于点 $P\left( a,b\right)$ 成中心对称图形的充要条件是 $y=\varphi \left( a+x\right)-b$ 是奇函数，给定函数 $f\left( x\right)=x-\frac{6}{x+1}$ ．

(1)求函数 $f\left( x\right)$ 图象的对称中心；

(2)判断 $f\left( x\right)$ 在区间 $\left( 0,+\infty \right)$ 上的单调性（只写出结论即可）；

(3)已知函数 $g\left( x\right)$ 的图象关于点 $\left( 1,1\right)$ 对称，且当 $x\in \left[ 0,1\right]$ 时， $g\left( x\right)={x}^{2}-mx+m$ ，若对任意 ${x}_{1}\in \left[ 0,2\right]$ ，总存在 ${x}_{2}\in \left[ 1,5\right]$ ，使得 $g\left( {x}_{1}\right)=f\left( {x}_{2}\right)$ ，求实数 $m$ 的取值范围．

答案与解析

解析

（1）求中心。 $f(x)=x-6/(x+1)$ 的域为 $\mathbb R\setminus\{-1\}$ 。唯一禁值必须在中心输入反射下保持，故横坐标 $a=-1$ 。写

f(t-1)+1=t-\frac6t\qquad(t\ne0),

右侧是对称域上的奇函数，所以原中心为 $(-1,-1)$ ，它不是原图点。

另一种方法是直接要求 $f(a+t)+f(a-t)=2b$ ，在合法分母上通分，得到

(a-b)t^2=(a-b)(a+1)^2-6(a+1).

此式须对无穷多个合法 $t$ 成立，故 $a-b=0$ 且 $6(a+1)=0$ ，同样得到 $a=b=-1$ ；再回代上述奇式证明充分。

（2）判断方向。对 $0<u<v$ ，

f(v)-f(u)=(v-u)\left(1+\frac6{(u+1)(v+1)}\right)>0,

所以正半轴严格递增。

（3）先说明目标输出集合。 $f(1)=-2,f(5)=4$ ，增性给 $f([1,5])\subseteq[-2,4]$ 。不能只凭增性便断言没有漏值。为证明每个 $y\in[-2,4]$ 都能取得，解 $f(x)=y$ 得

x^2+(1-y)x-(y+6)=0.

常数 $-(y+6)<0$ ，实根判别式 $(1-y)^2+4(y+6)>0$ ，两根异号，存在正根 $r$ 。它不触及禁值−1，回代确有 $f(r)=y$ 。若 $r<1$ ，正侧严格增性会给 $y<-2$ ；若 $r>5$ ，会给 $y>4$ ，均矛盾。因此 $r\in[1,5]$ ，完整值域正是 $[-2,4]$ 。这里不用尚未建立的连续性定理。

“对任意 $x_1$ ，总存在 $x_2$ 使输出相等”等价于 $g([0,2])\subseteq f([1,5])$ ，即每个 $g$ 输出都属于 $[-2,4]$ ，不是两个输入必须相同。

中心 $(1,1)$ 给 $g(2-x)=2-g(x)$ 。区间 $[-2,4]$ 关于输出1对称，故只要 $[0,1]$ 的所有输出落在其中，反射出的 $[1,2]$ 也满足。已知这侧 $g(x)=x^2+m(1-x)$ ，端点 $g(0)=m,g(1)=1$ 。必要条件为 $-2\le m\le4$ 。

证明此条件充分，分三类核原段：

$-2\le m\le0$ ：轴 $m/2\le0$ ，原段递增，所有输出在 $[m,1]\subseteq[-2,4]$ 。
$0<m<2$ ：顶点在段内，最小值为 $m-m^2/4>0$ ；最大值为端点较大的 $\max\{m,1\}<2$ ，全部落在目标区间。
$2\le m\le4$ ：轴 $m/2\ge1$ ，原段递减，全部输出在 $[1,m]\subseteq[-2,4]$ 。

两端 $m=0,2$ 已在相应外侧分类中覆盖， $m=-2,4$ 的边界输出也能由目标 $f$ 取得。反射后全 $[0,2]$ 合格，每个目标输出又已证在 $f([1,5])$ 内都有实际输入，故参数恰为 $[-2,4]$ 。

本题结论

（1） $(-1,-1)$ ；（2）递增；（3） $m\in[-2,4]$ 。