专题7 培优点1 抽象函数与嵌套函数-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习学生用书Word

多学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 培优点1抽象函数与嵌套函数 【例1】(1)A(2){a|-1<a<3} 解析：(1)法一（常规解法）令x=y=0,则[f（1)]2=f(0)一f(0)=0,所以升 (1)=0.令x=0,y=x,则f(1)f(x十1)=f(0+x)-f(0-x)=0,所以f(x) =f(-x).令y=一x,则f(x十1)f(1一x)=f(0)-f(2x).令y=x,则f(x+1)· f(x+1)=f(2x)-f(0).所以f(x+1)f(1-x)=-f(x+1)f(x+1),若f(x 十1)=0恒成立，则与题设条件f(0)≠0矛盾，所以f(x十1)不恒为0，所以f(1一x) =一f(x十1)，所以f(x)=-f(2-x).又f(x)=f(-x),所以f(一x)=-f(2-x), 所以f(x)=一f(2十x)=一[一f(4+x)]=f(x+4),所以4为f(x)的一个周期， 所以f(2024)=f(0).令x=y=1,得f(2)·f(2)=f(2)-f(0),又f(2) -f(0),所以f(0)f(0)=-2f(0),结合f(0)≠0得f(0)=一2，所以f(2024) =一2，故选A. 法二（模型解法）因为cos(x十y)一cos(x一y)=一2 sin xsiny,所以一2cos(x+号) cos(y+5)=cos(x十y)-c0s(x-y),，所以-2cos(x+号)·[-2cos(y+5)] =一2cos(x十y)-[-2cos(x-y)].由此联想构造函数，令f(x)=-2cos罗，检验 得x,y∈R,f(x+1)·f(y十1)=f(x十y)-f(x-y),且f(0)≠0，符合题意， 所以f(2024)=-2c0s1012元=-2，故选A. (2)法一（常规解法)设1<2，则x2一x1>0,,当x>0时，f(x)>2,f(x2-1) >2,则f(2)=f孔(32-x)十]=f(32-)+f(x)-2>2+f(m)一2=f(x), 即f(x2)>f(x),f(x)为增函数.f(3)=f(2十1)=f(2)+f(1)-2=[ (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}. 法二（模型解法）由f(x)+f(y)=2+f(x+y),即f(x+y)=f(x)+f(y)一 2,可设函数f(x)=+2(k≠0)，由f(3)=5,得3k十2=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}. 跟踪训练 1.C法一（常规解法）f(一3)=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十y)=f(x)十f(y)+2y,设函数∫(x)=x2+bx,又由 f(1)=2,得b=1,所以f(x)=x2+x,f(-3)=6. ·独家授权侵权必究· 多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.ZxXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 2.ABD令x=克，y=0,∴f()+f(专)f(0)=0,f(克)[1+f(0)]=0, 又f(专)0，f(0)=-1,令x=,y=-吉，f(0)+f()f(-壹) =-1,f(壹)f(-吉)=0，f(-吉)=0，故A正确；令y=-,f(x -号)=-2，f(x)=-2x-1,f(号)=-2，故B正确；f(x+)=-2 (x+)-1=一2x-2是减函数，故C错误；f(x-)=一2(x-号)-1= 2x,其图象关于原点对称，f(x一专)为奇函数，故D正确. 【例2】D当a≤0时，f(x)是R上的增函数，f(x)=0有唯一解x=0,此时f (f(x))=0不可能有8个解.当a>0时，令f(x)=t,则由f(f(x))=f(t)=0, 得1=-2a,t2=0,g=a. 20 2=-2a 因为函数y=f(f(x))有8个不同的零点，所以直线y=-2a,y=0,y=a与函数f (x)的图象共有8个交点，作出f(x)的图象，如图所示.因为a>0,所以2a>a,所 以直线y=a与函数f(x)的图象有2个交点，直线y=0与函数f(x)的图象有3个交 点，所以直线=-20与函数f()的图象有8-2-3=3（个）交点，所以-2a>-号， 得a>8.故选D. 跟踪训练 1.A令u=f(x),先解方程f()=1.当u≤1时，则f()=2-1=1,解得1= 1;当>1时，则f(u)=1ln(-1)|=1,所以1n(u-1)=1或ln(u-1)= 1,解得=1十言，=1十e.如图所示，作出函数f(x)的图象，由图知，直线u=1, =1+言，u=1+e与u=f(x)图象的交点个数分别为3,2,2，所以方程f(f(x)) =1的根的个数为3+2十2=7.故选A. 2.0解析：因为M={x|f(x)=0,x∈R},N={x|f(f(x))=0,x∈R},且M =N,即任意x∈M,都有x∈N,因为f(x)=0,f(f(x))=0,所以f(0)=0,即 02+acos0=0,所以0+a=0,所以a=0. ·独家授权侵权必究· 培优点1　抽象函数与嵌套函数 　　抽象函数与嵌套函数是高考数学的难点，特别是抽象函数是近几年高考的热点，抽象函数与函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性相结合的题目往往难度大，综合性强. 抽象函数 抽象函数是指没有给出具体的函数解析式，只给出了一些体现函数特征的式子的一类函数，在处理此类问题时，可以通过赋值法把握函数特殊点的特征，或者将函数模型化让抽象函数的性质“显现”出来. 【例1】　（1）函数f（x）的定义域为R，∀x，y∈R，f（x＋1）·f（y＋1）＝f（x＋y）－f（x－y），若f（0）≠0，则f（2 024）＝（　　） A.－2 B.－4 C.2 D.4 （2）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　　　　. 听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 感悟提升 解决抽象函数问题的常用方法 （1）常规解法：①取特殊值代入求值，如令x＝0，1，2，3，…； ②通过函数式得到抽象函数的性质： （ⅰ）通过f（x1）－f（x2）的变换判断单调性； （ⅱ）令式子中出现f（x）和f（－x），判断函数的奇偶性； （ⅲ）换x为x＋T确定函数是否具有周期性. （2）模型解法：结合具体函数，使得抽象函数具体化，常见的有： ①f（x±y）＝f（x）±f（y）∓b→f（x）＝kx＋b（k≠0）； ②f（xy）＝f（x）f（y）或f（）＝→f（x）＝xn； ③f（x＋y）＝f（x）f（y）或f（x－y）＝→f（x）＝ax（a＞0且a≠1）； ④f（xy）＝f（x）＋f（y）或f（）＝f（x）－f（y）或f（xm）＝mf（x）→f（x）＝logax（a＞0且a≠1）； ⑤f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）·f（y）→f（x）＝Acos ωx（Aω≠0）； ⑥f（x＋y）＝→f（x）＝tan x； ⑦f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2axy－c→f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）. 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 2.（多选）（2024·九省联考）函数f（x）的定义域为R，f（）≠0，若f（x＋y）＋f（x）f（y）＝4xy，则下列选项正确的有（　　） A.f（－）＝0 B.f（）＝－2 C.函数f（x＋）是增函数 D.函数f（x－）是奇函数 嵌套函数 【例2】　已知函数f（x）＝若函数y＝f（f（x））有8个不同的零点，则a的取值范围为（　　） A.（0，8） B.（0，＋∞） C.[8，＋∞） D.（8，＋∞） 听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 感悟提升 破解嵌套函数零点个数问题的主要步骤 （1）换元解套，转化为t＝g（x）与y＝f（t）的零点； （2）依次解方程，令f（t）＝0，求t，代入t＝g（x）求出x的值或判断图象的交点个数. 1.已知函数f（x）＝则方程f（f（x））＝1的根的个数为（　　） A.7　　　B.5 C.3　　　D.2 2.设函数f（x）＝x2＋acos x，a∈R，非空集合M＝{x｜f（x）＝0，x∈R}.若集合N＝{x｜f（f（x））＝0，x∈R}，且M＝N，则实数a＝　　　　. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $