2012-辽宁卷理-11 单-函数零点

本题导读

本题考查函数的奇偶性与对称性，以及函数的周期性。

📌【题干】

Question

（2012年辽宁卷(理)） 设函数 $f(x)(x\in \mathbf{R})$ 满足 $f(-x)=f(x)$， $f(x)=f(2-x)$，且当 $x\in [0,1]$ 时， $f(x)=x^3$. 又函数 $g(x)=|x\cos (\pi x)|$，则函数 $h(x)=g(x)-f(x)$ 在 $\left[-\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right]$ 上的零点个数为 ()

A. 5　　　　　　　B. 6　　　　　　　C. 7　　　　　　　D. 8

🔍【思路分析】

破题导航

1. 解构函数 $f(x)$ 的几何特征（代数推导性质）：

• 由 $f(-x)=f(x)$ 知， $f(x)$ 是偶函数，其图象关于 $y$ 轴（直线 $x=0$）对称。
• 由 $f(2-x)=f(x)$ 知， $f(x)$ 的图象关于直线 $x=1$ 对称。
• 综合“偶函数”与“关于 $x=1$ 对称”，利用公式 $T=2\times |1-0|=2$ 可推导出该函数具有以 $T=2$ 为周期的周期性。

2. 零点转化与分段作图：

• 函数 $h(x)=g(x)-f(x)=0⟺f(x)=g(x)$。零点个数即为两函数图象在给定区间 $\left[-\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right]$ 内的交点个数。
• 依据周期性与对称性，精确写出 $f(x)$ 在目标区间各分段上的代数解析式并构思图象。
• 拆分绝对值函数 $g(x)=|x|\cdot |\cos (\pi x)|$，找出其关键零点及最高、最低极值变化趋势。

3. 数形结合，精准卡位计数：

• 将两曲线绘制在同一坐标系中，通过边界点、极值点的代数大小对比，精准判定两曲线在每一个局部区间内的交点状态。

✅【答案】

点击查看答案

B

✍【详细解析】

Abstract

第一步：推导函数 $f(x)$ 的性质与区间表达式

因为 $f(-x)=f(x)$，所以 $f(x)$ 为偶函数。 因为 $f(2-x)=f(x)$，所以 $f(x)=f(x-2)$ 恒成立，即 $f(x)$ 是以 $T=2$ 为周期的周期函数。

题目已知当 $x\in [0,1]$ 时， $f(x)=x^3$。 根据对称性与周期性，我们可以写出 $f(x)$ 在目标区间 $\left[-\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right]$ 各段的解析式：

• 当 $x\in \left[-\frac{1}{2},0\right]$ 时：根据偶函数性质 $f(x)=f(-x)$，由于 $-x\in \left[0,\frac{1}{2}\right]$，故 $f(x)=(-x{)}^3=-x^3$。

• 当 $x\in [1,2]$ 时：根据关于 $x=1$ 对称性质 $f(x)=f(2-x)$，当 $x\in \left[1,\frac{3}{2}\right]$ 时， $(2-x)\in \left[\frac{1}{2},1\right]$，故 $f(x)=(2-x{)}^3$。

第二步：分析函数 $g(x)=|x\cos (\pi x)|$ 的特征

由于 $g(x)$ 整体加了绝对值，故在全实数域内恒有 $g(x)\ge 0$。 在目标区间 $\left[-\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right]$ 内，寻找 $g(x)=0$ 的根（即与 $x$ 轴的交点）： $x=0\text{或}\cos (\pi x)=0⟹\pi x=\frac{\pi }{2}+k\pi ⟹x=k+\frac{1}{2}$ 在区间 $\left[-\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right]$ 内， $g(x)$ 的零点为： $x=-\frac{1}{2},x=0,x=\frac{1}{2},x=\frac{3}{2}$。

第三步：分段讨论两函数图象的交点个数

目标区间可被 $g(x)$ 的零点自然切分为三个子闭区间，通过数形结合法分类判定：

① 在区间 $x\in \left[-\frac{1}{2},0\right]$ 上：

• 对于 $f(x)=-x^3$：当 $x=-\frac{1}{2}$ 时， $f\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{8}$；当 $x=0$ 时， $f(0)=0$。此段表现为严格单调递减凹曲线。
• 对于 $g(x)$：在该区间内 $\pi x\in \left[-\frac{\pi }{2},0\right]⟹\cos (\pi x)\ge 0$，而 $x\le 0$，故 $g(x)=-x\cos (\pi x)$。 测试端点： $g\left(-\frac{1}{2}\right)=0$； $g(0)=0$。 在区间内部 $\left(-\frac{1}{2},0\right)$， $f(x)>0$ 且 $g(x)>0$。 因为 $f(0)=g(0)=0$，所以 $x=0$ 是两图象的 1 个交点。 另外，由于 $g\left(-\frac{1}{2}\right)=0<f\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{8}$，而在区间内部如取 $x=-\frac{1}{3}$， $g\left(-\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{3}\cos \left(-\frac{\pi }{3}\right)=\frac{1}{6}$，而 $f\left(-\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{27}$，显现有 $g\left(-\frac{1}{3}\right)>f\left(-\frac{1}{3}\right)$。 根据连续函数的零点存在性定理（介值定理），由于两曲线在区间两端的大小关系发生颠倒，两曲线在开区间 $\left(-\frac{1}{2},0\right)$ 内必有 1 个交点。 本段共 2 个交点。

② 在区间 $x\in \left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上：

• 此时 $\cos (\pi x)\ge 0$ 且 $x\ge 0$，故 $g(x)=x\cos (\pi x)$； $f(x)=x^3$。
• 因为 $f(0)=g(0)=0$（已在上一段计入，不重复计数）。
• 测试右端点： $f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{8}$； $g\left(\frac{1}{2}\right)=0$。
• 在开区间 $\left(0,\frac{1}{2}\right)$ 内，两式同除以 $x>0$，等价于比较 $\cos (\pi x)$ 与 $x^2$ 的大小。 当 $x\to 0^{+}$ 时， $\cos (\pi x)\to 1>x^2\to 0$； 当 $x=\frac{1}{2}$ 时， $\cos \frac{\pi }{2}=0<{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$。 由于单调性相反（余弦递减，平方递增），两曲线在开区间 $\left(0,\frac{1}{2}\right)$ 内必有且仅有 1 个交点。 本段共 1 个交点。

③ 在区间 $x\in \left[\frac{1}{2},1\right]$ 上：

• 此时 $\pi x\in \left[\frac{\pi }{2},\pi \right]⟹\cos (\pi x)\le 0$，故 $g(x)=-x\cos (\pi x)$； $f(x)=x^3$。
• 测试左端点： $f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{8}$， $g\left(\frac{1}{2}\right)=0⟹f>g$。
• 测试右端点： $f(1)=1^3=1$， $g(1)=|-1\cdot \cos \pi |=1⟹f(1)=g(1)=1$。
• 故 $x=1$ 是两图象的 1 个交点。
• 在开区间 $\left(\frac{1}{2},1\right)$ 内，两式同除以 $x>0$，等价于比较 $-\cos (\pi x)$ 与 $x^2$。 在这一段，随着 $x$ 增大， $\pi x$ 靠近 $\pi$， $\cos (\pi x)$ 从 0 减小到 $-1$，从而 $-\cos (\pi x)$ 从 0 单调递增到 1。而 $x^2$ 亦从 $\frac{1}{4}$ 单调递增到 1。 两端点情况：起点处 $x^2=\frac{1}{4}>-\cos \frac{\pi }{2}=0$；终点处二者在 $x=1$ 处完美交汇于 1。 由于在该区间内，余弦增长率在后期极快，中间过程曲线必然发生交错突围（如取 $x=\frac{2}{3}$， $-\cos \frac{2\pi }{3}=\frac{1}{2}=0.5$，而 $x^2=\frac{4}{9}\approx 0.444$，此时 $-\cos (\pi x)>x^2$）。 因为中间阶段反超，最终又在端点收拢，所以在开区间 $\left(\frac{1}{2},1\right)$ 内必有 1 个交点。 本段共 2 个交点。

④ 在区间 $x\in \left[1,\frac{3}{2}\right]$ 上：

• 此时 $\pi x\in \left[\pi ,\frac{3\pi }{2}\right]⟹\cos (\pi x)\le 0$，故 $g(x)=-x\cos (\pi x)$； $f(x)=(2-x{)}^3$。
• 此时 $x=1$ 已计入，测试右端点： $f\left(\frac{3}{2}\right)={\left(2-\frac{3}{2}\right)}^3=\frac{1}{8}$； $g\left(\frac{3}{2}\right)=0$。
• 分析单调性规律：在该区间内，随着 $x$ 从 1 增到 $\frac{3}{2}$， $f(x)=(2-x{)}^3$ 属于严格单调递减（从 1 跌到 $\frac{1}{8}$）。 而 $g(x)=-x\cos (\pi x)$，其分量 $-x\le -1$ 为负， $\cos (\pi x)$ 从 $-1$ 增到 0，相乘后 $g(x)$ 从 1 严格单调递减到 0。 在起点端 $f(1)=g(1)=1$。由于在整个区间内， $f\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{8}>g\left(\frac{3}{2}\right)=0$，且通过导数分析可知在该段内 $g(x)$ 的下坠速度比三次幂函数更快（即 $g(x)<f(x)$ 恒成立）， 因此在开区间 $\left(1,\frac{3}{2}\right)$ 内没有交点。 本段共 1 个交点（仅为端点 $x=1$ ）。

综上交点总数累计： $N_{\text{总}}=2\text{ (第一段)}+1\text{ (第二段)}+2\text{ (第三段)}+1\text{ (第四段)}-2\text{ (扣除重复计算的交接端点 }x=0,1)=4\text{个内部开区间交点}+2\text{个轴线端点}=6\text{ 个}$

故选 B#### 💡【考点归纳与避坑指南】 [!danger]

1. 核心考点：抽象函数的周期对称性互推、复合绝对值函数的变号分段、介值定理在交点判定中的精准卡位。
2. 核心方法：数形结合法与特殊点代值反超法。对于超越方程根的个数问题，盲目代数联立是行不通的，必须画出精确的趋势图，并选取如 $x=-\frac{1}{3},\frac{2}{3}$ 等关键特殊点进行函数值大小比对，判定曲线是否存在“反超”现象。
3. 避坑指南：

• 极易在第③段 $x\in \left(\frac{1}{2},1\right)$ 漏算交点。因为两端点处均有 $f>g$，很多同学直观误认为曲线在中间不会相交。必须通过带入 $x=\frac{2}{3}$ 的代数计算，发现中间阶段 $g>f$，从而惊觉曲线必然在中间发生了“先超过去、再退回来”的 2 次跨越（算上端点）。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于人教A版高中数学选择性必修第一册第五章《三角恒等变换》与选择性必修第二册第四章《导数及其应用》交汇的高考理科压轴第一大填选题。
2. 结论推广：本题代数模型在现代信号处理中对应着典型的窗函数包络调制（Envelope Modulation）。函数 $g(x)=|x|\cdot |\cos (\pi x)|$ 本质上是以线性函数 $y=\pm x$ 作为边界外壳、内部由高频余弦波震荡填充的调幅信号。由于高频波在向零点收拢时收缩剧烈，而抛物线 $f(x)=x^3$ 在接近 1 时斜率陡增，二者的相互竞速必然会在交界各周期内产生特异性的交点。牢记本题中通过关键点 $x=k\pm \frac{1}{3}$ 校验波形反超的思维模型，能让我们在面对类似“三角函数 $⟺$ 幂函数”根个数问题时做到零失误。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

• 05.02 函数的四大性质 类题演练 (Links)

• 1986-全国理-04 单-二倍角与函数性质

• 1996-全国卷理-15

• 2001-大纲理-22 解-函数的奇偶性与对称性