抽象函数的三大性质及应用讲义-2026届高三数学一轮复习

抽象函数的性质及应用 抽象函数是高中数学的难点，也是近几年高考试题的热点，抽象函数与函数的奇偶性、周 期性、单调性相结合的题目往往难度较大，综合性强，本专题就抽象函数的性质及应用予以讲 解. 一、抽象函数奇偶性的判断及应用 判断或证明抽象函数的奇偶性，需要利用已知条件找准方向，巧妙赋值，配凑出 f（－x） 与 f（x）的关系，再利用函数奇偶性的定义加以判断. ①奇偶性问题主要是函数的等价关系， 对∀x∈D，－x∈D， f（x）＋f（－x）＝0⇔f（x）为奇函数； f（x）－f（－x）＝0⇔f（x）为偶函数； ②常赋值 0，－1，1. 【例 1】已知函数 f（x）的定义域为 R，f（x＋2）为偶函数，f（2x＋1）为奇函数，则 （ ） A.f - 1 2 ＝0 B.f（－1）＝0 C.f（2）＝0 D.f（4）＝0 【例 2】已知函数 f（x）满足：f（x＋y）＋f（x－y）＝2f（x）·f（y）对任意的实数 x，y 恒成 立，且 f（1）≠f（2），求证：f（x）是偶函数. 【变式】已知定义在 R 上的函数 f（x），对任意实数 x 有 f（x＋5）＝－f（x）＋5，若函数 f （x－1）的图象关于直线 x＝1对称，f（－3）＝2，则 f（2 023）＝ （ ） A.5B.－2 C.1D.2 二、抽象函数的周期性 应用抽象函数周期性解题的一般思路： ①利用赋值法，结合题设条件的结构特征，由特殊到一般寻找该函数的普通规律，即求出该 函数的变化周期； ②利用函数的周期性，可将待求区间上的求值、求零点个数、求解析式等问题转化为已知区 间上的相应问题，进而求解； ③求出 f（x）在一个周期内的每一个相关的函数值，再利用周期性求和. 【例 3】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∑ �=1 22 f（k）＝（ ） A.－3 B.－2 C.0D.1 【变式】已知 f（x）是定义在 R 上的以 3为周期的偶函数，若 f（1）＜1，f（5）＝2�-3 �+1 ，则实 数 a 的取值范围为（ ） A.（－1，4） B.（－2，0） C.（－1，0） D.（－1，2） 三、抽象函数的对称性 判断抽象函数对称性的常用结论 y＝f（x）在定义域内恒满足 y＝f（x）的图象的对称中心（对称轴） f（a＋x）＋f（a－x）＝0 点（a，0） f（a＋x）＋f（b－x）＝0 点 a+b 2 ,0 f（a＋x）＋f（b－x）＝c 点 a+b 2 , c 2 f（a＋x）＝f（a－x） 直线 x＝a f（a＋x）＝f（b－x） 直线 x＝a+b 2 （表中 a，b，c 为常数） 【例 4】函数 y＝f（x）对任意 x∈R 都有 f（x＋2）＝f（－x）成立，且函数 y＝f（x－1）的图 象关于点（1，0）对称，则 f（2 023）＋f（2 024）＋f（2 025）＝ （ ） A.0B.1 C.2D.3 【变式】设函数 y＝f（x）定义在 R 上，则函数 y＝f（x－1）与函数 y＝f（1－x）的图象关于 （ ） A.直线 x＝0对称 B.直线 y＝0对称 C.直线 x＝1对称 D.直线 y＝1对称 四、抽象函数的综合问题 （1）解决抽象函数问题时，要紧扣定义及题设条件的结构表达式，依据一个函数关系式中的 变量对某个范围内的一切值都成立，则对该范围内的特殊值必然成立这一关键思想赋予某些特 殊值（如 0，1，－1等），由特殊到一般寻找规律，使问题由抽象到具体，由复杂到简单； （2）充分利用题设中的条件等式，使其变形为满足函数某些性质的定义表达式，从而再利用 这些性质转化求解. 【例 5】设函数 f（x）是定义在（0，＋∞）上的增函数，且 f � � ＝f（x）－f（y）. （1）求 f（1）的值； （2）若 f（6）＝1，求不等式 f（x＋3）＋f 1 � ≤2的解集. 【变式】设函数 f（x）的定义域为 R，满足条件：存在 x1≠x2，使得 f（x1）≠f（x2），对任意 x 和 y，有 f（x＋y）＝f（x）·f（y）. （1）求 f（0）； （2）对任意 x∈R，判断 f（x）值的正负. 抽象函数的性质及应用 　　抽象函数是高中数学的难点，也是近几年高考试题的热点，抽象函数与函数的奇偶性、周期性、单调性相结合的题目往往难度较大，综合性强，本专题就抽象函数的性质及应用予以讲解. 1、 抽象函数奇偶性的判断及应用 判断或证明抽象函数的奇偶性，需要利用已知条件找准方向，巧妙赋值，配凑出f（－x）与f（x）的关系，再利用函数奇偶性的定义加以判断. ①奇偶性问题主要是函数的等价关系， 对∀x∈D，－x∈D， f（x）＋f（－x）＝0⇔f（x）为奇函数； f（x）－f（－x）＝0⇔f（x）为偶函数； ②常赋值0，－1，1. 【例1】已知函数f（x）的定义域为R，f（x＋2）为偶函数，f（2x＋1）为奇函数，则 （　　） A.f＝0　　　　　B.f（－1）＝0 C.f（2）＝0 D.f（4）＝0 解析　 法一（通解）：∵f（x＋2）是偶函数，则f（－x＋2）＝f（x＋2）.令x＝1得f（1）＝f（3），又∵f（2x＋1）是奇函数，则f（－2x＋1）＝－f（2x＋1）.令x＝0得f（1）＝－f（1）可得f（1）＝0.令x＝1得f（－1）＝－f（3）＝－f（1）＝0.故选B. 法二（优解）：可构造f（x）＝cos 符合题意，故选B. 答案　B 【例2】已知函数f（x）满足：f（x＋y）＋f（x－y）＝2f（x）·f（y）对任意的实数x，y恒成立，且f（1）≠f（2），求证：f（x）是偶函数. 证明　 令x＝y＝0，得f（0）＋f（0）＝2f（0）·f（0）， ∴f（0）＝0或f（0）＝1. 令y＝0，若f（0）＝0，则f（x＋0）＋f（x－0）＝2f（x）·f（0），得f（x）＝0，与f（1）≠f（2）矛盾，∴f（0）＝1. 令x＝0，y＝x，则有f（0＋x）＋f（0－x）＝2f（0）·f（x），即f（－x）＝f（x）， ∴f（x）是偶函数. 【变式】已知定义在R上的函数f（x），对任意实数x有f（x＋5）＝－f（x）＋5，若函数f（x－1）的图象关于直线x＝1对称，f（－3）＝2，则f（2 023）＝ （　　） A.5 B.－2 C.1 D.2 解析：D　 由函数y＝f（x－1）的图象关于直线x＝1对称可知， 函数f（x）的图象关于y轴对称，故f（x）为偶函数， 又由f（x＋5）＝－f（x）＋5，得f（x＋5＋5）＝－f（x＋5）＋5＝－[－f（x）＋5]＋5＝f（x）， 所以f（x）是周期为10的偶函数. 所以f（2 023）＝f（3＋202×10）＝f（3）＝f（－3）＝2， 故选D. 二、抽象函数的周期性 　应用抽象函数周期性解题的一般思路： ①利用赋值法，结合题设条件的结构特征，由特殊到一般寻找该函数的普通规律，即求出该函数的变化周期； ②利用函数的周期性，可将待求区间上的求值、求零点个数、求解析式等问题转化为已知区间上的相应问题，进而求解； ③求出f（x）在一个周期内的每一个相关的函数值，再利用周期性求和. 【例3】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f（k）＝（　　） A.－3 B.－2 C.0 D.1 解析　因为f（1）＝1，所以在f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y）中， 令y＝1，得f（x＋1）＋f（x－1）＝f（x）·f（1）， 所以f（x＋1）＋f（x－1）＝f（x）　①， 所以f（x＋2）＋f（x）＝f（x＋1）　②. 由①②相加，得f（x＋2）＋f（x－1）＝0， 故f（x＋3）＋f（x）＝0， 所以f（x＋3）＝－f（x），所以f（x＋6）＝－f（x＋3）＝f（x）， 所以函数f（x）的一个周期为6. 在f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y）中， 令x＝1，y＝0，得f（1）＋f（1）＝f（1）f（0），所以f（0）＝2. 令x＝1，y＝1，得f（2）＋f（0）＝f（1）f（1），所以f（2）＝－1. 由f（x＋3）＝－f（x）， 得f（3）＝－f（0）＝－2，f（4）＝－f（1）＝－1，f（5）＝－f（2）＝1，f（6）＝－f（3）＝2， 所以f（1）＋f（2）＋…＋f（6）＝1－1－2－1＋1＋2＝0， 根据函数的周期性知，f（k）＝f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）＝1－1－2－1＝－3， 故选A. 答案　A 【变式】已知f（x）是定义在R上的以3为周期的偶函数，若f（1）＜1，f（5）＝，则实数a的取值范围为（　　） A.（－1，4） B.（－2，0） C.（－1，0） D.（－1，2） 解析：A　 ∵f（x）是定义在R上的以3为周期的偶函数. ∴f（5）＝f（－1）＝f（1）＜1. 从而＜1，解得－1＜a＜4. 三、抽象函数的对称性 　判断抽象函数对称性的常用结论 y＝f（x）在定义域内恒满足 y＝f（x）的图象的对称中心（对称轴） f（a＋x）＋f（a－x）＝0 点（a，0） f（a＋x）＋f（b－x）＝0 点 f（a＋x）＋f（b－x）＝c 点 f（a＋x）＝f（a－x） 直线x＝a f（a＋x）＝f（b－x） 直线x＝ （表中a，b，c为常数） 【例4】函数y＝f（x）对任意x∈R都有f（x＋2）＝f（－x）成立，且函数y＝f（x－1）的图象关于点（1，0）对称，则f（2 023）＋f（2 024）＋f（2 025）＝ （　　） A.0 B.1 C.2 D.3 解析　因为函数y＝f（x－1）的图象关于点（1，0）对称，所以函数y＝f（x）的图象关于点（0，0）对称，即f（－x）＝－f（x），又因为f（x＋2）＝f（－x），所以f（x＋2）＝－f（x），即f（x＋4）＝f（x），所以函数的周期为T＝4，所以f（2 023）＋f（2 024）＋f（2 025）＝f（－1）＋f（0）＋f（1）＝－f（1）＋f（0）＋f（1）＝0＋f（0）＝0.故选A. 答案　A 【变式】设函数y＝f（x）定义在R上，则函数y＝f（x－1）与函数y＝f（1－x）的图象关于 （　　） A.直线x＝0对称 B.直线y＝0对称 C.直线x＝1对称 D.直线y＝1对称 解析：C　 令g1（x）＝f（x－1），g2（x）＝f（1－x）. 因为f（1－x）＝f[（2－x）－1]，即g2（x）＝g1（2－x）， 所以g1（x）与g2（x）的图象关于直线x＝1对称， 故选C. 四、抽象函数的综合问题 （1）解决抽象函数问题时，要紧扣定义及题设条件的结构表达式，依据一个函数关系式中的变量对某个范围内的一切值都成立，则对该范围内的特殊值必然成立这一关键思想赋予某些特殊值（如0，1，－1等），由特殊到一般寻找规律，使问题由抽象到具体，由复杂到简单； （2）充分利用题设中的条件等式，使其变形为满足函数某些性质的定义表达式，从而再利用这些性质转化求解. 【例5】设函数f（x）是定义在（0，＋∞）上的增函数，且f＝f（x）－f（y）. （1）求f（1）的值； （2）若f（6）＝1，求不等式f（x＋3）＋f≤2的解集. 解： （1）将x＝y＝1代入f＝f（x）－f（y）， 得f（1）＝f（1）－f（1），所以f（1）＝0. （2）因为f（6）＝1，所以2＝f（6）＋f（6）， 于是f（x＋3）＋f≤2等价于f（x＋3）－f（6）≤f（6）－f，即f≤f（6x）， 又函数f（x）是定义在（0，＋∞）上的增函数， 所以解得x≥， 因此原不等式的解集为. 【变式】设函数f（x）的定义域为R，满足条件：存在x1≠x2，使得f（x1）≠f（x2），对任意x和y，有f（x＋y）＝f（x）·f（y）. （1）求f（0）； （2）对任意x∈R，判断f（x）值的正负. 解：（1）将y＝0代入f（x＋y）＝f（x）·f（y）， 得f（x）＝f（x）·f（0），于是有f（x）[1－f（0）]＝0. 若f（x）＝0，则对任意x1≠x2，有f（x1）＝f（x2）＝0， 这与已知题设矛盾，所以f（x）≠0，从而f（0）＝1. （2）设x＝y≠0，则f（2x）＝f（x）·f（x）＝[f（x）]2≥0， 又由（1）知f（x）≠0，所以f（2x）＞0， 由x为任意实数，知f（x）＞0. 故对任意x∈R，都有f（x）＞0. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 抽象函数的性质及应用 　　抽象函数是高中数学的难点，也是近几年高考试题的热点，抽象函数与函数的奇偶性、周期性、单调性相结合的题目往往难度较大，综合性强，本专题就抽象函数的性质及应用予以讲解. 1、 抽象函数奇偶性的判断及应用 判断或证明抽象函数的奇偶性，需要利用已知条件找准方向，巧妙赋值，配凑出f（－x）与f（x）的关系，再利用函数奇偶性的定义加以判断. ①奇偶性问题主要是函数的等价关系， 对∀x∈D，－x∈D， f（x）＋f（－x）＝0⇔f（x）为奇函数； f（x）－f（－x）＝0⇔f（x）为偶函数； ②常赋值0，－1，1. 【例1】已知函数f（x）的定义域为R，f（x＋2）为偶函数，f（2x＋1）为奇函数，则 （　　） A.f＝0　　　　　B.f（－1）＝0 C.f（2）＝0 D.f（4）＝0 【例2】已知函数f（x）满足：f（x＋y）＋f（x－y）＝2f（x）·f（y）对任意的实数x，y恒成立，且f（1）≠f（2），求证：f（x）是偶函数. 【变式】已知定义在R上的函数f（x），对任意实数x有f（x＋5）＝－f（x）＋5，若函数f（x－1）的图象关于直线x＝1对称，f（－3）＝2，则f（2 023）＝ （　　） A.5 B.－2 C.1 D.2 二、抽象函数的周期性 　应用抽象函数周期性解题的一般思路： ①利用赋值法，结合题设条件的结构特征，由特殊到一般寻找该函数的普通规律，即求出该函数的变化周期； ②利用函数的周期性，可将待求区间上的求值、求零点个数、求解析式等问题转化为已知区间上的相应问题，进而求解； ③求出f（x）在一个周期内的每一个相关的函数值，再利用周期性求和. 【例3】已知函数f（x）的定义域为R，且f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，则f（k）＝（　　） A.－3 B.－2 C.0 D.1 【变式】已知f（x）是定义在R上的以3为周期的偶函数，若f（1）＜1，f（5）＝，则实数a的取值范围为（　　） A.（－1，4） B.（－2，0） C.（－1，0） D.（－1，2） 三、抽象函数的对称性 　判断抽象函数对称性的常用结论 y＝f（x）在定义域内恒满足 y＝f（x）的图象的对称中心（对称轴） f（a＋x）＋f（a－x）＝0 点（a，0） f（a＋x）＋f（b－x）＝0 点 f（a＋x）＋f（b－x）＝c 点 f（a＋x）＝f（a－x） 直线x＝a f（a＋x）＝f（b－x） 直线x＝ （表中a，b，c为常数） 【例4】函数y＝f（x）对任意x∈R都有f（x＋2）＝f（－x）成立，且函数y＝f（x－1）的图象关于点（1，0）对称，则f（2 023）＋f（2 024）＋f（2 025）＝ （　　） A.0 B.1 C.2 D.3 【变式】设函数y＝f（x）定义在R上，则函数y＝f（x－1）与函数y＝f（1－x）的图象关于 （　　） A.直线x＝0对称 B.直线y＝0对称 C.直线x＝1对称 D.直线y＝1对称 四、抽象函数的综合问题 （1）解决抽象函数问题时，要紧扣定义及题设条件的结构表达式，依据一个函数关系式中的变量对某个范围内的一切值都成立，则对该范围内的特殊值必然成立这一关键思想赋予某些特殊值（如0，1，－1等），由特殊到一般寻找规律，使问题由抽象到具体，由复杂到简单； （2）充分利用题设中的条件等式，使其变形为满足函数某些性质的定义表达式，从而再利用这些性质转化求解. 【例5】设函数f（x）是定义在（0，＋∞）上的增函数，且f＝f（x）－f（y）. （1）求f（1）的值； （2）若f（6）＝1，求不等式f（x＋3）＋f≤2的解集. 【变式】设函数f（x）的定义域为R，满足条件：存在x1≠x2，使得f（x1）≠f（x2），对任意x和y，有f（x＋y）＝f（x）·f（y）. （1）求f（0）； （2）对任意x∈R，判断f（x）值的正负. 学科网（北京）股份有限公司 $$抽象函数的性质及应用 抽象函数是高中数学的难点，也是近几年高考试题的热点，抽象函数与函数的奇偶性、周 期性、单调性相结合的题目往往难度较大，综合性强，本专题就抽象函数的性质及应用予以讲 解. 一、抽象函数奇偶性的判断及应用 判断或证明抽象函数的奇偶性，需要利用已知条件找准方向，巧妙赋值，配凑出 f（－x） 与 f（x）的关系，再利用函数奇偶性的定义加以判断. ①奇偶性问题主要是函数的等价关系， 对∀x∈D，－x∈D， f（x）＋f（－x）＝0⇔f（x）为奇函数； f（x）－f（－x）＝0⇔f（x）为偶函数； ②常赋值 0，－1，1. 【例 1】已知函数 f（x）的定义域为 R，f（x＋2）为偶函数，f（2x＋1）为奇函数，则 （ ） A.f - 1 2 ＝0 B.f（－1）＝0 C.f（2）＝0 D.f（4）＝0 解析 法一（通解）：∵f（x＋2）是偶函数，则 f（－x＋2）＝f（x＋2）.令 x＝1得 f（1）＝f（3）， 又∵f（2x＋1）是奇函数，则 f（－2x＋1）＝－f（2x＋1）.令 x＝0得 f（1）＝－f（1）可得 f （1）＝0.令 x＝1得 f（－1）＝－f（3）＝－f（1）＝0.故选 B. 法二（优解）：可构造 f（x）＝cos π 2 (�-2) 符合题意，故选 B. 答案 B 【例 2】已知函数 f（x）满足：f（x＋y）＋f（x－y）＝2f（x）·f（y）对任意的实数 x，y恒成 立，且 f（1）≠f（2），求证：f（x）是偶函数. 证明 令 x＝y＝0，得 f（0）＋f（0）＝2f（0）·f（0）， ∴f（0）＝0或 f（0）＝1. 令 y＝0，若 f（0）＝0，则 f（x＋0）＋f（x－0）＝2f（x）·f（0），得 f（x）＝0，与 f（1） ≠f（2）矛盾，∴f（0）＝1. 令 x＝0，y＝x，则有 f（0＋x）＋f（0－x）＝2f（0）·f（x），即 f（－x）＝f（x）， ∴f（x）是偶函数. 【变式】已知定义在 R 上的函数 f（x），对任意实数 x有 f（x＋5）＝－f（x）＋5，若函数 f （x－1）的图象关于直线 x＝1对称，f（－3）＝2，则 f（2 023）＝ （ ） A.5B.－2 C.1D.2 解析：D 由函数 y＝f（x－1）的图象关于直线 x＝1对称可知， 函数 f（x）的图象关于 y轴对称，故 f（x）为偶函数， 又由 f（x＋5）＝－f（x）＋5，得 f（x＋5＋5）＝－f（x＋5）＋5＝－[－f（x）＋5]＋5＝f（x）， 所以 f（x）是周期为 10的偶函数. 所以 f（2 023）＝f（3＋202×10）＝f（3）＝f（－3）＝2， 故选 D. 二、抽象函数的周期性 应用抽象函数周期性解题的一般思路： ①利用赋值法，结合题设条件的结构特征，由特殊到一般寻找该函数的普通规律，即求出该 函数的变化周期； ②利用函数的周期性，可将待求区间上的求值、求零点个数、求解析式等问题转化为已知区 间上的相应问题，进而求解； ③求出 f（x）在一个周期内的每一个相关的函数值，再利用周期性求和. 【例 3】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∑ �=1 22 f（k）＝（ ） A.－3 B.－2 C.0D.1 解析 因为 f（1）＝1，所以在 f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y）中， 令 y＝1，得 f（x＋1）＋f（x－1）＝f（x）·f（1）， 所以 f（x＋1）＋f（x－1）＝f（x） ①， 所以 f（x＋2）＋f（x）＝f（x＋1） ②. 由①②相加，得 f（x＋2）＋f（x－1）＝0， 故 f（x＋3）＋f（x）＝0， 所以 f（x＋3）＝－f（x），所以 f（x＋6）＝－f（x＋3）＝f（x）， 所以函数 f（x）的一个周期为 6. 在 f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y）中， 令 x＝1，y＝0，得 f（1）＋f（1）＝f（1）f（0），所以 f（0）＝2. 令 x＝1，y＝1，得 f（2）＋f（0）＝f（1）f（1），所以 f（2）＝－1. 由 f（x＋3）＝－f（x）， 得 f（3）＝－f（0）＝－2，f（4）＝－f（1）＝－1，f（5）＝－f（2）＝1，f（6）＝－f（3） ＝2， 所以 f（1）＋f（2）＋…＋f（6）＝1－1－2－1＋1＋2＝0， 根据函数的周期性知，∑ �=1 22 f（k）＝f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）＝1－1－2－1＝－3， 故选 A. 答案 A 【变式】已知 f（x）是定义在 R 上的以 3为周期的偶函数，若 f（1）＜1，f（5）＝2�-3 �+1 ，则实 数 a的取值范围为（ ） A.（－1，4） B.（－2，0） C.（－1，0） D.（－1，2） 解析：A ∵f（x）是定义在 R上的以 3为周期的偶函数. ∴f（5）＝f（－1）＝f（1）＜1. 从而 2�-3 �+1 ＜1，解得－1＜a＜4. 三、抽象函数的对称性 判断抽象函数对称性的常用结论 y＝f（x）在定义域内恒满足 y＝f（x）的图象的对称中心（对称轴） f（a＋x）＋f（a－x）＝0 点（a，0） f（a＋x）＋f（b－x）＝0 点 a+b 2 ,0 f（a＋x）＋f（b－x）＝c 点 a+b 2 , c 2 f（a＋x）＝f（a－x） 直线 x＝a f（a＋x）＝f（b－x） 直线 x＝a+b 2 （表中 a，b，c为常数） 【例 4】函数 y＝f（x）对任意 x∈R 都有 f（x＋2）＝f（－x）成立，且函数 y＝f（x－1）的图 象关于点（1，0）对称，则 f（2 023）＋f（2 024）＋f（2 025）＝ （ ） A.0B.1 C.2D.3 解析 因为函数 y＝f（x－1）的图象关于点（1，0）对称，所以函数 y＝f（x）的图象关于点 （0，0）对称，即 f（－x）＝－f（x），又因为 f（x＋2）＝f（－x），所以 f（x＋2）＝－f（x）， 即 f（x＋4）＝f（x），所以函数的周期为 T＝4，所以 f（2 023）＋f（2 024）＋f（2 025）＝f （－1）＋f（0）＋f（1）＝－f（1）＋f（0）＋f（1）＝0＋f（0）＝0.故选 A. 答案 A 【变式】设函数 y＝f（x）定义在 R 上，则函数 y＝f（x－1）与函数 y＝f（1－x）的图象关于 （ ） A.直线 x＝0对称 B.直线 y＝0对称 C.直线 x＝1对称 D.直线 y＝1对称 解析：C 令 g1（x）＝f（x－1），g2（x）＝f（1－x）. 因为 f（1－x）＝f[（2－x）－1]，即 g2（x）＝g1（2－x）， 所以 g1（x）与 g2（x）的图象关于直线 x＝1对称， 故选 C. 四、抽象函数的综合问题 （1）解决抽象函数问题时，要紧扣定义及题设条件的结构表达式，依据一个函数关系式中的 变量对某个范围内的一切值都成立，则对该范围内的特殊值必然成立这一关键思想赋予某些特 殊值（如 0，1，－1等），由特殊到一般寻找规律，使问题由抽象到具体，由复杂到简单； （2）充分利用题设中的条件等式，使其变形为满足函数某些性质的定义表达式，从而再利用 这些性质转化求解. 【例 5】设函数 f（x）是定义在（0，＋∞）上的增函数，且 f � � ＝f（x）－f（y）. （1）求 f（1）的值； （2）若 f（6）＝1，求不等式 f（x＋3）＋f 1 � ≤2的解集. 解： （1）将 x＝y＝1代入 f � � ＝f（x）－f（y）， 得 f（1）＝f（1）－f（1），所以 f（1）＝0. （2）因为 f（6）＝1，所以 2＝f（6）＋f（6）， 于是 f（x＋3）＋f 1 � ≤2等价于 f（x＋3）－f（6）≤f（6）－f 1 � ，即 f �+3 6 ≤f（6x）， 又函数 f（x）是定义在（0，＋∞）上的增函数， 所以 �+3 6 ≤ 6�, �+3 6 > 0, 解得 x≥ 3 35 ， 因此原不等式的解集为 3 35 ,+∞ . 【变式】设函数 f（x）的定义域为 R，满足条件：存在 x1≠x2，使得 f（x1）≠f（x2），对任意 x和 y，有 f（x＋y）＝f（x）·f（y）. （1）求 f（0）； （2）对任意 x∈R，判断 f（x）值的正负. 解：（1）将 y＝0代入 f（x＋y）＝f（x）·f（y）， 得 f（x）＝f（x）·f（0），于是有 f（x）[1－f（0）]＝0. 若 f（x）＝0，则对任意 x1≠x2，有 f（x1）＝f（x2）＝0， 这与已知题设矛盾，所以 f（x）≠0，从而 f（0）＝1. （2）设 x＝y≠0，则 f（2x）＝f（x）·f（x）＝[f（x）]2≥0， 又由（1）知 f（x）≠0，所以 f（2x）＞0， 由 x为任意实数，知 f（x）＞0. 故对任意 x∈R，都有 f（x）＞0.