第二章 7 教材拓展4 抽象函数问题（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦抽象函数的奇偶性、单调性、周期性及综合问题，依据高考评价体系梳理考点，通过表格归纳基本初等函数模型与抽象函数性质的对应关系，分析近五年高频考点权重，归纳出判断奇偶性、证明单调性等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于融合高考真题（如2022新课标Ⅱ卷）与模拟题训练，运用赋值法、构造特殊函数等技巧突破考点，如抽象函数奇偶性判断通过巧妙赋值推导f(-x)与f(x)关系，培养学生逻辑推理与数学抽象素养。帮助学生掌握答题技巧，助力教师高效开展复习教学。

教材拓展4 抽象函数问题 高三一轮复习讲义 北师大版 第二章 函数与基本初等函数 02 题型二　抽象函数的单调性 题型一　抽象函数的奇偶性 01 内容索引 抽象函数是指没有给出具体的函数表达式，只给出了函数所具有的某些性质或运算特征的一类函数，如函数的定义域，解析递推式，特定点的函数值，特定的运算性质等，试题难度大，综合性强已成为近几年高考中的一个重要题型. 常见的抽象函数对应的基本初等函数模型如下： 基本初等函数模型 抽象函数性质 一次函数f (x)＝kx＋b(k≠0) f (x±y)＝f (x)±f (y)(正比例型) f (x±y)＝f (x)±f (y)∓b(一次型) 幂函数f (x)＝xn f (xy)＝f (x)f (y)或f ＝ 二次函数f (x)＝ax2＋bx＋c(a≠0) f (x＋y)＝f (x)＋f (y)＋2axy－c 指数函数f (x)＝ax(a＞0，a≠1) f (x＋y)＝f (x)f (y)或f (x－y)＝ 基本初等函数模型 抽象函数性质 对数函数f (x)＝logax (a＞0，a≠1) f (xy)＝f (x)＋f (y)或f ＝f (x)－f (y)或f ＝nf (x) 正弦函数f (x)＝sin x f (x＋y)f (x－y)＝f2(x)－f2(y) (对应于正弦平方差公式：sin2α－sin2β＝sin(α＋β)sin(α－β)) 余弦函数f (x)＝cos x f (x)＋f (y)＝2f f 或f (x)f (y)＝[f (x＋y)＋f (x－y)] (对应于和差化积与积化和差公式) 正切函数f (x)＝tan x f (x±y)＝(对应于两角和与差的正切公式) 题型一　抽象函数的奇偶性 返回 (2025·广东韶关模拟)已知f (x)是定义在R上且不恒为零的函数，对于任意实数a，b满足f (ab)＝af (b)＋bf (a)，若f (e)＝e，则f (－1)＋f ＝ A. B.－ C.1－ D.1＋ 典例1 √ 当a＝b＝0时，f (0)＝0，当a＝b＝1时，f (1)＝2f (1)，可得f (1)＝0，则 f (0)＝f (1)＝0，当a＝b＝－1时，f (1)＝－2f (－1)＝0，则f (－1)＝0，函数f (x)的定义域为R， 令a＝－1，b＝x时，f (－1×x)＝(－1)f (x)＋xf (－1)，所以得f (－x)＝ －f (x)，所以函数是奇函数，令a＝e，b＝，f (1)＝f ＝ef ＋ f (e)＝0得f ＝－，又函数是奇函数，所以f ＝，则f (－1)＋ f ＝.故选A. 　　判断或证明抽象函数的奇偶性，需要根据已知，巧妙赋值，配凑出f (－x)与f (x)的关系. 规律方法 √ 对点练1.(1)(2025·山西太原模拟)已知函数f (x)是定义在上不恒为零的函数，若f (xy)＝＋，则 A.f (1)＝1 B.f (－1)＝1 C.f (x)为偶函数 D.f (x)为奇函数 令x＝y＝1，则f (1)＝2f (1)，故f (1)＝0，故A错误；令x＝y＝－1，则 f (1)＝2f (－1)，故f (－1)＝0，故B错误；令y＝－1，则f (－x)＝f (x)＋＝f (x)，故f (x)为偶函数，故C正确；因为f (x)为偶函数，又函数 f (x)是定义在上不恒为零的函数，故D错误.故选C. √ (2)(2025·陕西西安模拟)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.f 是偶函数 D.f 是偶函数 对于A，因为函数f (x)的定义域为R，且满足f (x)＋f (y)＝f (x＋y)－2xy＋2，f (1)＝2，取x＝y＝1，得f (1)＋f (1)＝f (2)－2＋2，则f (2)＝4，取x＝y＝2，得f (2)＋f (2)＝f (4)－8＋2，则f (4)＝14，故A错误； 对于B，取y＝1，得f (x)＋f (1)＝f (x＋1)－2x＋2，则f (x＋1)－f (x)＝2x，所以f (x)－f (x－1)＝2(x－1)，f (x－1)－f (x－2)＝2(x－2)，…， f (2)－f (1)＝2，以上各式相加得f (x)－f (1)＝＝x2－x，所以f (x)＝x2－x＋2，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B知f (x)＝x2－x＋2，所以f ＝－＋2＝x2＋是偶函数，f ＝－＋2＝x2－2x＋不是偶函数，故C正确，D错误.故选C. 返回 题型二　抽象函数的单调性 返回 √ (1)(2025·湖南长沙模拟)定义在R上的函数f (x)满足对任意实数x，y都有f (x＋y)＝f (x)＋f (y)－1，若x＞0时，f (x)＞1，则f (x) A.先单调递减后单调递增 B.在R上单调递增 C.在R上单调递减 D.单调性不确定 任取x1＜x2，令x＝x2－x1，y＝x1，则f (x2)－f (x1)＝f (x2－x1＋x1)－f (x1)＝f (x2－x1)＋f (x1)－1－f (x1)＝f (x2－x1)－1，因为x2－x1＞0，所以f (x2－x1)＞1，所以f (x2)－f (x1)＞0，所以f (x)在R上单调递增.故选B. 典例2 √ (2)(2025·河南新乡模拟)已知定义在R上的函数f (x)满足∀x，y∈R， f ＝f (x)·f (y)＋f (y)＋2x－3，f (0)＝－1，则不等式f (x)＞3－2x的解集为 A.(1，＋∞) B.(－1，＋∞) C.(－∞，1) D.(－∞，－1) 令x＝y＝0，得f (－1)＝f (0)·f (0)＋f (0)－3＝－3.令y＝0，得f (－1)＝ f (x)f (0)＋f (0)＋2x－3，解得f (x)＝2x－1，则不等式f (x)＞3－2x转化为2x＋2x－4＞0，因为y＝2x＋2x－4是增函数，且2×1＋21－4＝0，所以不等式f (x)＞3－2x的解集为(1，＋∞).故选A. 　　抽象函数的单调性的判断或证明主要是利用单调性的定义进行判断. 规律方法 对点练2.(2025·山东济南模拟)已知函数f (x)的定义域为R，且yf (x)－xf (y)＝xy，则下列结论一定成立的是 A.f (1)＝1 B.f (x)为偶函数 C.f (x)有最小值 D.f (x)在[0，1]上单调递增 由于函数f (x)的定义域为R，且yf (x)－xf (y)＝xy，令y＝1，则f (x)－xf (1)＝x(x－1)，得f (x)＝x2＋[f (1)－1]x，x＝1时，f (1)＝12＋[f (1)－1]恒成立，无法确定f (1)＝1，故A不一定成立； √ 由于f (1)＝1不一定成立，故f (x)＝x2＋[f (1)－1]x不一定为偶函数，故B不一定成立；由于f (x)＝x2＋[f (1)－1]x的对称轴为x＝－·[f (1)－1]与[0，1]的位置关系不确定，故f (x)在[0，1]上不一定单调递增，故D也不一定成立，由于f (x)＝x2＋[f (1)－1]x表示开口向上的抛物线，故函数 f (x)必有最小值，故C一定成立.故选C. 题型三　抽象函数的周期性 (2022·新课标Ⅱ卷)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 法一：赋值加性质：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， 典例3 √ 令y＝1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，所以一个周期内的f (1)＋f (2)＋…＋f (6)＝0.由于22除以6余4，所以f ＝f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝1－1－2－1＝－3.故选A. 法二：构造特殊函数：由f (x＋y)＋f (x－y)＝f (x)f (y)， 设f (x)＝acos ωx，则由法一中f (0)＝2，f (1)＝1知a＝2，acos ω＝1，解得cos ω＝，取ω＝，所以f (x)＝2cosx，则f (x＋y)＋f (x－y)＝2cos＋2cos＝4cosxcosy＝f (x)f (y)，所以f (x)＝2cosx符合条件，因此f (x)的周期T＝＝6，f (0)＝2，f (1)＝1，且f (2)＝－1，f (3)＝－2，f (4)＝－1，f (5)＝1，f (6)＝2，所以f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＋f (6)＝0，由于22除以6余4，所以f ＝f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝1－1－2－1＝－3.故选A. 1.利用赋值法求出函数的周期. 2.抽象函数具体化，结合具体函数简单明了. 规律方法 √ 对点练3.(1)(2025·吉林长春模拟)已知函数f (x)的定义域为R，且f (x＋y)＋ f (x－y)＝2f (x)f (y)，f (0)＝1，f (3x＋1)＝－f (－3x＋1)，则f (k)＝ A.－2 B.－1 C.0 D.1 由题意知函数f (x)的定义域为R，且f (x＋y)＋f (x－y)＝2f (x)f (y)，f (0)＝1，令x＝0，则f (y)＋f (－y)＝2f (y)，即f (－y)＝f (y)，故f (x)为偶函数；又f (3x＋1)＝－f (－3x＋1)，令x＝0，则f (1)＝－f (1)，所以f (1)＝0，又由f (3x＋1)＝－f (－3x＋1)，得f (x＋1)＋f (－x＋1)＝0， 即f (x)的图象关于点(1，0)成中心对称，则f (2)＝－f (0)＝－1；f (x＋1)＋f (－x＋1)＝0，即f (x＋2)＝－f (－x)，又结合f (x)为偶函数，则f (x＋2)＝－f (x)，故f (x＋4)＝－f (x＋2)＝f (x)，即4为f (x)的周期，故f (3)＝ f (－1)＝f (1)＝0，f (4)＝f (0)＝1，故f (k)＝f (0)＋[f (1)＋f (2)＋…＋f (2 024)]＋f (2 025)＝1＋506[f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)]＋f (1)＝1＋506(0－1＋0＋1)＋0＝1.故选D. √ (2)(多选题)(2025·辽宁沈阳模拟)已知定义域为R的函数f (x)满足f (x＋y)＝ f (x)f (y)－f (1－x)f ，且f (0)≠0，f (－1)＝0，则 A.f (1)＝0 B.f (x)是偶函数 C.＋＝1 D.f ＝－1 对于A，由f (x＋y)＝f (x)f (y)－f (1－x)f (1－y)，令x＝y＝，则f (1)＝－＝0，故A正确； √ √ 对于B，令x＝y＝0，则f (0)＝－＝，因为f (0)≠0，故f (0)＝1，令y＝1，则f (x＋1)＝f (x)f (1)－f (1－x)f (0)＝－f (1－x)　①，所以函数f (x)关于点成中心对称，令x＝y＝1，则f (2)＝－＝－1，令y＝2，则f (x＋2)＝f (x)f (2)－f (1－x)f (－1)＝－f (x)　②，由①可得f (x＋2)＝－f (－x)　③，由②③可知f (－x)＝f (x)，且函数f (x)的定义域为R，则函数f (x)是偶函数，故B正确；对于C，令y＝－x，则f (0)＝f (x)f (－x)－f (1－x)f (1＋x)，因为f (0)＝1，f (－x)＝ f (x)，f (x＋1)＝－f (1－x)，代入上式中得，＋＝1，故C正确；对于D，由上可知f (x＋2)＝－f (x)，则f (x＋4)＝－f (x＋2)＝f (x)，故函数f (x)的一个周期为4，故f (4)＝f (0)＝1，令x＝2，y＝1，则f (3)＝f (2)f (1)－f (－1)f (0)＝0，所以f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝0＋(－1)＋0＋1＝0，则f (i)＝506×0＝0，故D错误.故选ABC. 题型四　抽象函数的综合问题 (多选题)(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f (x)的定义域为R，f (xy)＝ y2f (x)＋x2f (y)，则 A.f (0)＝0 B.f (1)＝0 C.f (x)是偶函数 D.x＝0为f (x)的极小值点 法一：赋值加性质：因为f (xy)＝y2f (x)＋x2f (y)，对于A，令x＝y＝0，f (0)＝0f (0)＋0f (0)＝0，故A正确；对于B，令x＝y＝1，f (1)＝1×f (1)＋1×f (1)，则f (1)＝0，故B正确；对于C，令x＝y＝－1，f (1)＝f (－1)＋f (－1)＝ 2f (－1)，则f (－1)＝0，令y＝－1，f (－x)＝f (x)＋x2f (－1)＝f (x)，又函数f (x)的定义域为R，所以f (x)为偶函数，故C正确；对于D，不妨令f (x)＝0，显然符合题设条件，此时f (x)无极值，故D错误.故选ABC. 典例4 √ √ √ 法二：构造特殊函数：对于D，当x2y2≠0时，对f (xy)＝ y2f (x)＋x2f (y)两边同时除以x2y2，得到＝＋， 故可以设＝ln(x≠0)，则f (x)＝当x＞0时，f (x)＝x2ln x，则f'(x)＝2xln ＋x2·＝x(2l x＋1)，令f'(x)＜0，得0＜x＜e；令f'(x)＞0，得x＞e；故f (x)在上单调递减，在上单调递增，因为f (x)为偶函数，所以f (x)在上单调递增，在上单调递减，显然，此时x＝0是 f (x)的极大值，故D错误；由f (x)解析式及图象易知ABC正确.故选ABC. 1.抽象函数具体化，类比具体函数的性质解决. 2.利用赋值法，紧扣定义与条件的结构表达式，结合函数性质转化求解. 规律方法 对点练4.(多选题)(2025·广东深圳模拟)已知函数f (x)的定义域为R，且f (x＋y)f (x－y)＝f2(x)－f2(y)，f (1)＝1，f (2)＝0，则下列说法中正确的是 A.f (x)为偶函数 B.f (3)＝－1 C.f (－1)＝－f (5) D.f (k)＝0 对于A，因为f (x)的定义域为R，且f (x＋y)f (x－y)＝f2(x)－f2(y)，令x＝y＝0，则f (0)f (0)＝f2(0)－f2(0)，故f2(0)＝0，则f (0)＝0，令x＝0，则f (y) f (－y)＝－f2(y)，又f (1)＝1，则f (y)不恒为0，故f (－y)＝－f (y)，所以 f (x)为奇函数，故A错误；对于B，令x＝2，y＝1，则f (3)f (1)＝f2(2)－f2(1).而f (1)＝1，f (2)＝0，所以f (3)＝－1，故B正确； √ √ 对于C，由B可知，f (3)＝－1，令x＝3，y＝2，则f (5)f (1)＝f 2(3) －f 2(2)，所以f (5)＝1.又因为f (x)为奇函数，所以f (－1)＝－f (1)＝ －1，所以f (－1)＝－f (5)，故C正确；对于D，由B以及f (x＋2)f (x－2)＝f 2(x)，可得f (7)＝－1，f (9)＝1，f (11)＝－1，所以f (2k＋1)＝ (－1)k，令x＝2k＋2，y＝2k得f 2－f 2＝f f (2)＝f ×0＝0，结合f (2)＝0递推可得f (2k)＝0.因为2 026÷4＝506……2，故f (k)＝f (1)＋f (2)＝1，故D错误.故选BC. 返回 谢 谢 观 看 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