第二章 微突破 抽象函数求解模型化-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习教用课件

微突破　抽象函数求解模型化 高中总复习·数学 　　所谓抽象函数，是指没有明确给出函数表达式，只给出它具有的某些 特征或性质，并用一种符号表示的函数.抽象函数是由特殊的、具体的函 数抽象而得到的，我们所遇到的抽象函数都是以中学阶段所学的基本初等 函数为背景抽象而得，解决此类问题，若能从研究抽象函数的“模型”入 手，根据题设中抽象函数的性质，通过类比、猜想出它可能为某种基本初 等函数，变抽象为具体，变陌生为熟知，会起到事半功倍的效果. 常见的抽象函数对应的基本初等函数模型如下： 高中总复习·数学 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）∓b 二次函数f（x）＝ax2＋bx＋c （a≠0） f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2axy －c 幂函数f（x）＝xn f（xy）＝f（x）f（y）或f（ ）＝ 指数函数f（x）＝ax（a＞0且 a≠1） f（x＋y）＝f（x）f（y）或f（x－ y）＝ 高中总复习·数学 基本初等函数模型 抽象函数性质 对数函数f（x）＝logax（a＞0 且a≠1） f（xy）＝f（x）＋f（y）或f（ ） ＝f（x）－f（y）或f（xm）＝mf （x） 余弦函数f（x）＝A cos ωx （Aω≠0） f（x）＋f（y）＝ f（ ）·f （ ）或f（x＋y）＋f（x－y）＝ f（x）·f（y） 高中总复习·数学 一次函数模型 （2025·重庆学业质量调研）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，＋∞） √ 高中总复习·数学 解析： 　法一（常规解法） 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，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 x∈[－2，0].故选A. 高中总复习·数学 法二（模型解法） 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x∈[－2，0]. 故选A. 高中总复习·数学 二次函数模型 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（x＋ ）是偶函数 D. f（x－ ）是偶函数 √ 高中总复习·数学 解析： 　法一（常规解法） 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（x∈Z），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（x＋ ）＝（x＋ ）2－（x＋ ）＋2＝x2＋ 是偶函数，f（x－ ）＝（x－ ）2－（x－ ）＋2＝x2－ 2x＋ 不是偶函数，故C正确，D错误.故选C. 高中总复习·数学 法二（模型解法） 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；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（x＋ ）＝（x＋ ）2－ （x＋ ）＋2＝x2＋ 是偶函数，f（x－ ）＝（x－ ）2－（x－ ）＋2 ＝x2－2x＋ 不是偶函数，故C正确，D错误.故选C. 高中总复习·数学 幂函数模型 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）≤ ，则a的取值范围为 ⁠. [0，2]　 高中总复习·数学 解析：法一（常规解法） 设0≤x1＜x2，∴0≤ ＜1，f（x1）＝f （ ·x2）＝f（ ）·f（x2），∵0≤x＜1时，f（x）∈[0，1），∴0≤f （ ）＜1，∴f（x1）＜f（x2），故f（x）在[0，＋∞）上单调递 增.∵f（27）＝9，又f（3×9）＝f（3）×f（9）＝f（3）×f（3）×f （3）＝[f（3）]3，∴9＝[f（3）]3，∴f（3）＝ ，∵f（a＋1） ≤ ，∴f（a＋1）≤f（3），又a≥0，∴a＋1≤3，即a≤2，故a的 取值范围为[0，2]. 高中总复习·数学 法二（模型解法） 由f（xy）＝f（x）f（y），可设函数f（x）＝xn， 由f（－1）＝1，f（27）＝9，得n＝ ，即f（x）＝ ，满足当0≤x＜1 时，f（x）∈[0，1）.由f（a＋1）≤ ，即（a＋1 ≤ ，即（a ＋1 ≤ ，即a＋1≤3，得a≤2，又a≥0，故a的取值范围为[0，2]. 高中总复习·数学 指数函数模型 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 ⁠. （0，1）　 高中总复习·数学 解析：法一（常规解法） ∵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）＝ ＞1，∴0＜f（x）＜1. 法二（模型解法） 由f（x＋y）＝f（x）f（y），可设函数f（x）＝ax （a＞0，且a≠1），由当x＜0时，f（x）＞1，结合指数函数的图象特 征知0＜a＜1，取a＝ ，则f（x）＝（ ）x满足题意，故当x＞0时，f （x）的取值范围为（0，1）. 高中总复习·数学 对数函数模型 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 ⁠. 解析：法一（常规解法） 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， ∴ ⇒3＜x≤4，∴x的取值范围为（3，4]. （3，4]　 高中总复习·数学 法二（模型解法） 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 解得3＜x≤4，故x的取值范围为（3，4]. 高中总复习·数学 1. 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. 3 C. 6 D. 9 解析： 法一（常规解法） f（－3）＝f（－1）＋f（－2）＋4＝3f（－ 1）＋6，f（0）＝f（0）＋f（0）＋0，f（0）＝0，又f（0）＝f（1－ 1）＝f（1）＋f（－1）－2＝f（－1），所以f（－3）＝6. 法二（模型解法） 由f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2xy，设函数f （x）＝x2＋bx，又由f（1）＝2，得b＝1，所以f（x）＝x2＋x，f（－ 3）＝6. √ 高中总复习·数学 2. 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）＝1 C. f（x）是偶函数 D. f（x）没有极值点 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 常函数.令g（x）＝k，则f（x）＝ ，为奇函数且没有极值点，C错，D 对；所以f（x）≥0不恒成立，f（1）＝1不一定成立，A、B错，故选D. √ 高中总复习·数学 3. 如果f（a＋b）＝f（a）f（b）且f（1）＝2，则 ＋ ＋ ＝（　　） A. B. C. 6 D. 8 √ 高中总复习·数学 解析： 　∵f（1）＝2，f（a＋b）＝f（a）f（b），∴f（2）＝f （1）f（1），f（4）＝f（3）f（1），f（6）＝f（5）f（1）， ∴ ＝f（1）， ＝f（1）， ＝f（1），∴ ＋ ＋ ＝3f（1）＝6，故选C. 高中总复习·数学 4. 〔多选〕若定义在（－∞，0）∪（0，＋∞）上的函数f（x）满足f （xy）＝f（x）＋f（y），且f（2）＝1，则下列结论中正确的是 （　　） A. f（1）＝0 B. f（4）＝2 C. f（x）＋f（－x）＝0 D. f（x）－f（－x）＝0 √ 高中总复习·数学 解析： 　法一（赋值法） 由已知可得函数f（x）的定义域为（－ ∞，0）∪（0，＋∞），满足f（xy）＝f（x）＋f（y）①，且f（2）＝ 1，对于A，令x＝y＝1，代入①式，得f（1）＝f（1）＋f（1），得f （1）＝0，所以A正确；对于B，令x＝y＝2，代入①式，得f（4）＝f （2）＋f（2）＝1＋1＝2，得f（4）＝2，所以B正确；对于C、D，令x ＝y＝－1，代入①式，得f（1）＝f（－1）＋f（－1）＝2f（－1），由f （1）＝0得f（－1）＝0，可令y＝－1代入①式，得f（－x）＝f（x）＋ f（－1）＝f（x），整理得f（－x）＝f（x），所以C错误，D正确，故 选A、B、D. 法二（函数模型法） 依题意，可设函数f（x）＝loga｜x｜（a＞0且 a≠1），由f（2）＝1可得a＝2，即f（x）＝log2｜x｜，容易验证A、B、 D正确. 高中总复习·数学 5. 已知函数f（x）对任意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 ⁠. 解析：法一（常规解法） 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，解得不等 式的解集为{a｜－1＜a＜3}. {a｜－1＜a＜3}　 高中总复习·数学 法二（模型解法） 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，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可化为a2－2a－2＋2＜3，即a2－2a－3＜0， 解得－1＜a＜3，故不等式的解集为{a｜－1＜a＜3}. 高中总复习·数学 THANKS 演示完毕 感谢观看 $