高考数学一轮复习 讲义 微专题（一） 破解抽象函数问题的方法

抽象函数问题是近几年高考的热点，常与函数的性质结合考查，试题较难．在处理抽象函数问题时，我们可以通过赋值法把握函数特殊点的特征，也可以从研究抽象函数“模型”入手，根据题设中抽象函数的性质，通过类比、猜想出它可能为的某种基本初等函数，变抽象为具体，变陌生为熟知，从而解决问题．类型一赋值法已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，f(1)＝1，则eq\i\su(k＝1,22,)f(k)＝()A．－3 B．－2C．0 D．1答案：A解析：因为f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，令x＝1，y＝0可得2f(1)＝f(1)f(0)，所以f(0)＝2，令x＝0可得f(y)＋f(－y)＝2f(y)，即f(y)＝f(－y)，所以函数f(x)为偶函数，令y＝1可得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)＝f(x)，即有f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1)，从而可知f(x＋2)＝－f(x－1)，f(x－1)＝－f(x－4)，故f(x＋2)＝f(x－4)，即f(x)＝f(x＋6)，所以函数f(x)的一个周期为6.因为f(2)＝f(1)－f(0)＝1－2＝－1，f(3)＝f(2)－f(1)＝－1－1＝－2，f(4)＝f(－2)＝f(2)＝－1，f(5)＝f(－1)＝f(1)＝1，f(6)＝f(0)＝2，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝0.由于22除以6余4，所以eq\i\su(k＝1,22,)f(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3.故选A.对已知等式中的变量赋值或代数式，经过恰当的运算和推理，即可求得某些特定的函数值，或得出函数所满足的特定关系式，推出函数的相关性质，从而解决问题．1.(2026·河北沧衡八县联考)已知函数f(x)满足∀x∈R，f(x－1)＋6≥f(x＋5)，f(x＋1)－3≥f(x－2)，若f(3)＝2，则f(2031)＝()A．2031 B．2030C．2029 D．2028答案：B解析：依题意，因为f(x－1)＋6≥f(x＋5)，所以f(x)＋6≥f(x＋6)，令x＝－3，则f(－3)＋6≥f(3)，因为f(3)＝2，所以f(－3)≥－4，因为f(x＋1)－3≥f(x－2)，则f(x)－3≥f(x－3)，即f(x)≥f(x－3)＋3，令x＝0，则f(0)≥f(－3)＋3，即f(0)≥－1，令x＝3，则f(3)－3≥f(0)，所以f(0)≤－1，故得f(0)＝－1，又f(2031)＝f(2025＋6)≤f(2025)＋6≤f(2019)＋6＋6≤…≤f(3)＋338×6＝2030，又f(2031)≥f(2031－3)＋3＝f(2028)＋3≥f(2025)＋3＋3≥…≥f(0)＋677×3＝－1＋2031＝2030，所以f(2031)＝2030.故选B.类型二函数模型法(多角度探究)角度1一次函数模型(2026·四川成都模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)，且当x＞0时，f(x)＜0，则关于x的不等式f(x2)＋f(2x)≥0的解集为()A．[－2，0] B．[0，2]C．(－∞，－2]∪[0，＋∞) D．(－∞，0]∪[2，＋∞)答案：A解析：解法一：因为f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)，所以可令f(x)＝kx，又当x＞0时，f(x)＜0，所以k＜0，所以f(x2)＋f(2x)≥0可转化为kx2＋2kx≥0，即x2＋2x≤0，解得－2≤x≤0，即所求不等式的解集为[－2，0]．故选A.解法二：由题意，得f((x1－x2)＋x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)，即f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2)，不妨令x1＞x2，则x1－x2＞0，所以f(x1－x2)＜0，即f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，故f(x)在R上是减函数．在f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)中，令x1＝x2＝0，则f(0)＝f(0)＋f(0)，得f(0)＝0.令x1＝x，x2＝－x，则f(x－x)＝f(x)＋f(－x)，所以f(x)＋f(－x)＝0，故f(x)是奇函数．由f(x2)＋f(2x)≥0，得f(x2)≥－f(2x)，即f(x2)≥f(－2x)，所以x2≤－2x，解得－2≤x≤0，即所求不等式的解集为[－2，0]．故选A.形如f(x±y)＝f(x)±f(y)∓b这样的抽象函数问题可以通过构造一次函数f(x)＝kx＋b(k≠0)来解决．2.(2026·山东济南模拟)已知函数f(x)对任意的x，y∈R，满足条件f(x)＋f(y)＝2＋f(x＋y)，且当x＞0时，f(x)＞2，f(3)＝5，则不等式f(a2－2a－2)＜3的解集为________．答案：{a|－1＜a＜3}解析：解法一：由f(x)＋f(y)＝2＋f(x＋y)，即f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－2，可设函数f(x)＝kx＋2(k≠0)，由f(3)＝5，得3k＋2＝5，解得k＝1，即f(x)＝x＋2，满足当x＞0时，f(x)＞2，则不等式f(a2－2a－2)＜3可转化为a2－2a－2＋2＜3，即a2－2a－3＜0，解得－1＜a＜3，故不等式f(a2－2a－2)＜3的解集为{a|－1＜a＜3}．解法二：设x1＜x2，则x2－x1＞0，∵当x＞0时，f(x)＞2，∴f(x2－x1)＞2，则f(x2)＝f((x2－x1)＋x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－2＞2＋f(x1)－2＝f(x1)，即f(x2)＞f(x1)，∴f(x)为增函数．∵f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)－2＝[f(1)＋f(1)－2]＋f(1)－2＝3f(1)－4，又f(3)＝5，∴f(1)＝3，∴f(a2－2a－2)＜f(1)，∴a2－2a－2＜1，即a2－2a－3＜0，解得－1<a<3，故不等式f(a2－2a－2)＜3的解集为{a|－1＜a＜3}．角度2二次函数模型(2026·四川成都模拟)已知函数f(x)的定义域为R，且满足f(x)＋f(y)＝f(x＋y)－2xy＋2，f(1)＝2，则下列结论正确的是()A．f(4)＝12 B．方程f(x)＝x有解 C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))是偶函数 D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))是偶函数答案：C解析：由f(x)＋f(y)＝f(x＋y)－2xy＋2，得f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy－2，设f(x)＝x2＋bx＋2，由f(1)＝2，得b＝－1，所以f(x)＝x2－x＋2.对于A，f(4)＝42－4＋2＝14，故A错误；对于B，令f(x)＝x2－x＋2＝x，得x2－2x＋2＝0，此方程无解，故B错误；对于C，D，由以上分析可知f(x)＝x2－x＋2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋2＝x2＋eq\f(7,4)是偶函数，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋2＝x2－2x＋eq\f(11,4)不是偶函数，故C正确，D错误．故选C.形如f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2axy－c这样的抽象函数问题可以通过构造二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)来解决．3.(2026·江西九江模拟)定义在R上的函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy，f(1)＝2，则f(－3)＝()A．2 B．3C．6 D．9答案：C解析：解法一：因为f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy，故可设函数f(x)＝x2＋bx，又由f(1)＝2，得b＝1，所以f(x)＝x2＋x，所以f(－3)＝6.故选C.解法二：因为f(－3)＝f(－1)＋f(－2)＋4＝3f(－1)＋6，f(0)＝f(0)＋f(0)＋0，故f(0)＝0，又f(0)＝f(1－1)＝f(1)＋f(－1)－2＝f(－1)，所以f(－3)＝6.故选C.角度3幂函数模型(2026·福建龙岩模拟)已知函数f(x)对任意实数x，y，都有f(xy)＝f(x)f(y)，且f(－1)＝1，f(27)＝9，当0≤x＜1时，f(x)∈[0，1)．若a≥0且f(a＋1)≤eq\r(3,9)，则a的取值范围为________．答案：[0，2]解析：解法一：由f(xy)＝f(x)f(y)，可设函数f(x)＝xn，由f(－1)＝1，f(27)＝9，得n＝eq\f(2,3)，即f(x)＝xeq\s\up6(\f(2,3))，满足当0≤x＜1时，f(x)∈[0，1)．由f(a＋1)≤eq\r(3,9)，得(a＋1)eq\s\up6(\f(2,3))≤eq\r(3,9)，即(a＋1)eq\s\up6(\f(2,3))≤3eq\s\up6(\f(2,3))，即a＋1≤3，解得a≤2，又a≥0，故a的取值范围为[0，2]．解法二：设0≤x1＜x2，则0≤eq\f(x1,x2)＜1，f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)·x2))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))f(x2)，因为当0≤x＜1时，f(x)∈[0，1)，所以0≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))＜1，所以f(x1)＜f(x2)，故f(x)在[0，＋∞)上单调递增．因为f(27)＝9，又f(3×9)＝f(3)f(9)＝f(3)f(3)·f(3)＝[f(3)]3，所以9＝[f(3)]3，所以f(3)＝eq\r(3,9)，因为f(a＋1)≤eq\r(3,9)，所以f(a＋1)≤f(3)，又a≥0，所以a＋1≤3，即a≤2，故a的取值范围为[0，2]．形如f(xy)＝f(x)f(y)或feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝eq\f(f（x）,f（y）)这样的抽象函数问题，可以通过构造幂函数f(x)＝xn来解决．4.(2026·广东汕头模拟)已知函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且xf(x)＝(y＋1)f(y＋1)，则()A．f(x)≥0 B．f(1)＝1C．f(x)是偶函数 D．f(x)没有极值点答案：D解析：令g(x)＝xf(x)，则g(y＋1)＝(y＋1)f(y＋1)，所以g(x)＝g(y＋1)，且x，y＋1为定义域内任意值，故g(x)为常数函数．令g(x)＝k，则f(x)＝eq\f(k,x)是奇函数且没有极值点，C错误，D正确；由以上分析可知f(x)≥0不恒成立，f(1)＝1不一定成立，A，B错误．故选D.角度4指数函数模型(2026·安徽合肥质检)已知函数f(x)对于一切实数x，y满足f(0)≠0，f(x＋y)＝f(x)f(y)，且当x＜0时，f(x)＞1.则当x＞0时，f(x)的取值范围为________．答案：(0，1)解析：解法一：由f(x＋y)＝f(x)f(y)，可设函数f(x)＝ax(a＞0，且a≠1)，当x＜0时，f(x)＞1，结合指数函数的图象特征，知0＜a＜1，取a＝eq\f(1,2)，则f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)满足题意，故当x＞0时，f(x)的取值范围为(0，1)．解法二：∵对于一切x，y∈R，f(x＋y)＝f(x)f(y)且f(0)≠0，令x＝y＝0，则f(0)＝1，设x＞0，则－x＜0，∴f(－x)＞1，又f(0)＝f(x－x)＝f(x)f(－x)＝1，∴f(－x)＝eq\f(1,f（x）)＞1，∴0＜f(x)＜1.形如f(x＋y)＝f(x)f(y)或f(x－y)＝eq\f(f（x）,f（y）)这样的抽象函数问题，可以通过构造指数函数f(x)＝ax(a＞0，且a≠1)来解决．5.(2026·江苏南京质检)已知函数f(x)满足f(p＋q)＝f(p)f(q)，f(1)＝3，则eq\f([f（1）]2＋f（2）,f（1）)＋eq\f([f（2）]2＋f（4）,f（3）)＋eq\f([f（3）]2＋f（6）,f（5）)＋eq\f([f（4）]2＋f（8）,f（7）)＋eq\f([f（5）]2＋f（10）,f（9）)的值为()A．15 B．30C．60 D．75答案：B解析：由f(p＋q)＝f(p)f(q)，可设函数f(x)＝ax(a＞0，且a≠1)，由f(1)＝3，得a＝3，所以f(x)＝3x.因此eq\f([f（1）]2＋f（2）,f（1）)＋eq\f([f（2）]2＋f（4）,f（3）)＋eq\f([f（3）]2＋f（6）,f（5）)＋eq\f([f（4）]2＋f（8）,f（7）)＋eq\f([f（5）]2＋f（10）,f（9）)＝eq\f(32＋32,3)＋eq\f(34＋34,33)＋eq\f(36＋36,35)＋eq\f(38＋38,37)＋eq\f(310＋310,39)＝6＋6＋6＋6＋6＝30.故选B.角度5对数函数模型(2026·重庆模拟)已知函数f(x)是定义域为(0，＋∞)的增函数，满足f(4)＝1，f(xy)＝f(x)＋f(y)，若f(x)＋f(x－3)≤1，则x的取值范围为________．答案：(3，4]解析：解法一：由f(xy)＝f(x)＋f(y)，可设函数f(x)＝logax(a＞0，且a≠1)．由f(4)＝1，得a＝4，则f(x)＝log4x，由f(x)＋f(x－3)≤1，得log4x＋log4(x－3)≤1，即log4[x(x－3)]≤1，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（x－3）≤4，,x－3＞0，,x＞0，))解得3＜x≤4，故x的取值范围为(3，4]．解法二：因为f(x)＋f(x－3)＝f(x(x－3))≤1＝f(4)，又f(x)是定义域为(0，＋∞)的增函数，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜x（x－3）≤4，,x－3＞0，,x＞0，))解得3＜x≤4，所以x的取值范围为(3，4]．形如f(xy)＝f(x)＋f(y)或feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4