第二章 微专题1 抽象函数求解模型化 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“抽象函数求解模型化”专题，依据高考评价体系梳理了一次函数、指数函数、对数函数等六大基本初等函数模型的性质应用，通过真题分析明确单调性判断、不等式求解等高频考点占比，归纳出选择、填空等常考题型的解题框架。 课件亮点在于“模型解法+常规解法”的一题多解策略，如2022新高考Ⅱ卷余弦函数模型题，通过类比猜想函数模型培养数学抽象与逻辑推理素养。包含学业质量调研、质检等真题训练，强化“抽象问题具体化”技巧，助力学生高效突破考点，教师可据此优化教学，提升复习针对性。

微专题　抽象函数求解模型化 　　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到的，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（ ）＝ 高中总复习·数学 基本初等函数模型 抽象函数性质 指数函数f（x）＝ax（a ＞0且a≠1） f（x＋y）＝f（x）f（y）或f（x－y）＝ 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） 正切函数f（x）＝tan x f（x＋y）＝ 高中总复习·数学 一次函数模型 〔一题多解〕（2026·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 〔一题多解〕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 √ 高中总复习·数学 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，所以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 幂函数模型 〔一题多解〕已知函数f（x）对任意实数x，y都有f（xy）＝f （x）f（y），且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]　 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）＝f（3×9）＝f（3）×f（9）＝f（3）×f（3）×f（3） ＝[f（3）]3＝9，∴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（27）＝9，得n＝ ，即f（x）＝ ，满足当0≤x＜1时，f（x） ∈[0，1）.由f（a＋1）≤ ，得（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 〔一题多解〕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，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 〔一题多解〕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 余弦函数模型 〔一题多解〕（2022·新高考Ⅱ卷8题）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 √ 高中总复习·数学 解析： 　法一（常规解法） 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. 高中总复习·数学 法二（模型解法） 由f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y），可设函 数f（x）＝2 cos ωx，由f（1）＝1，得2 cos ω＝1，取ω＝ ＋2nπ， n∈Z，令n＝0，得ω＝ ，则f（x）＝2 cos 满足题意，可得f（x）的 周期T＝ ＝6，且f（1）＋f（2）＋…＋f（6）＝0.由于22＝3×6＋4， 所以 f（k）＝f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）＝1－1－2－1＝－3. 故选A. 高中总复习·数学 1. 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 常数函数.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 2. 〔一题多解〕已知对于每一对正实数x，y，函数f（x）满足：f（x） ＋f（y）＝f（x＋y）－xy－1，若f（1）＝1，则满足f（n）＝n （n∈N*）的n的个数是（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 √ 高中总复习·数学 解析： 　法一（常规解法） 令y＝1，则f（x＋1）＝f（x）＋x＋2， 即f（x＋1）－f（x）＝x＋2，所以f（x）－f（x－1）＝x＋1，f（x －1）－f（x－2）＝x，…，f（2）－f（1） ＝3，累加得f（x）－f （1）＝ ，则f（x）＝ －1，所以f（n）＝ － 1，又f（n）＝n，解得n＝－2或n＝1，又n∈N*，所以n＝1.故选A. 法二（模型解法） 由f（x）＋f（y）＝f（x＋y）－xy－1，可设函数f （x）＝ x2＋bx－1，由f（1）＝1，得b＝ ，故f（x）＝ x2＋ x－1， 由f（n）＝n，即 n2＋ n－1＝n，解得n＝－2或n＝1，又n∈N*，所 以n＝1.故选A. 高中总复习·数学 3. （2026·河南焦作质检）已知函数f（x）的定义域为R，且对任意x1， x2∈R都有f（x1＋x2）＝100f（x1）f（x2），则下列结论一定正确的是 （　　） A. f（x）是偶函数 B. f（x）是周期函数 C. 存在常数k，对任意x∈R，都有f（x＋1）＝kf（x） D. 对任意m∈R，存在x0∈R，使得f（x0）＝m √ 高中总复习·数学 解析： 　令f（x）＝10x－2，因为f（x1＋x2）＝1 ，100f （x1）f（x2）＝100×1 ＝1 ，所以f（x）＝10x－2满 足f（x1＋x2）＝100f（x1）f（x2）.对于A，因为f（x）＝10x－2不是偶 函数，故A错误；对于B，因为f（x）＝10x－2不是周期函数，故B错误； 对于C，令x1＝x，x2＝1，则f（x＋1）＝100f（x）f（1），令k＝100f （1），所以存在常数k，对任意x∈R，都有f（x＋1）＝kf（x），故C 正确；对于D，因为f（x）＝10x－2＞0，故m＜0时，不存在x0∈R，使得 f（x0）＝m，故D错误. 高中总复习·数学 4. 〔一题多解〕〔多选〕（2026·江西南昌模拟）已知函数f（x）对任意 的x，y∈R，都有f（x＋y）＋f（x－y）＝2f（x）f（y），且f（0） ≠0，f（2）＝－1，则（　　） A. f（0）＝1 B. f（x）是奇函数 C. f（x）的周期为4 D. n2f（n）＝5 100，n∈N* √ √ √ 高中总复习·数学 解析： 　法一（赋值法）　由f（x＋y）＋f（x－y）＝2f（x）f （y），令x＝y＝0，则2f（0）＝2[f（0）]2，又f（0）≠0，所以f（0） ＝1，故A正确；令x＝0，则f（y）＋f（－y）＝2f（0）f（y）＝2f （y），所以f（－y）＝f（y），所以f（x）是偶函数，故B错误；令x ＝y＝1，则f（2）＋f（0）＝2[f（1）]2＝0，所以f（1）＝0，令y＝1， 则f（x＋1）＋f（x－1）＝2f（x）f（1）＝0，所以f（x＋1）＝－f （x－1），即f（x＋2）＝－f（x），所以f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f （x），所以f（x）的周期为4，故C正确；由f（x＋2）＝－f（x），得 f（3）＝－f（1）＝0，f（4）＝－f（2）＝1，所以 n2f（n）＝－22 ＋42－62＋82－…－982＋1002＝（2＋4）（－2＋4）＋（6＋8）（－6＋ 8）＋…＋（98＋100）（－98＋100）＝2×（2＋4＋6＋…＋98＋100）＝ ＝5 100，故D正确.故选A、C、D. 高中总复习·数学 法二（模型解法）　由f（x＋y）＋f（x－y）＝2f（x）f（y），可设 f（x）＝ cos ωx，由法一得，f（0）＝1.又因为f（2）＝－1，知f（x） ＝ cos x满足题意，所以f（x）＝ cos x是以4为周期的偶函数，故A、C 正确，B错误；对于D， n2f（n）＝ n2 cos ＝－22＋42－62＋82 －…－982＋1002＝（2＋4）（－2＋4）＋（6＋8）（－6＋8）＋…＋（98 ＋100）（－98＋100）＝2×（2＋4＋6＋…＋98＋100）＝ ＝5 100，故D正确，故选A、C、D. 高中总复习·数学 5. 已知函数f（x）满足：①对∀m，n＞0，f（m）＋f（n）＝f （mn）；②f（ ）＝－1.请写出一个符合上述条件的函数f（x） ＝ ⁠. 解析：因为对∀m，n＞0，f（m）＋f（n）＝f（mn），所以f（x）在 （0，＋∞）上可能为对数函数，故f（x）＝logax（a＞0，且a≠1）满 足条件①，又f（ ）＝－1，所以f（x）＝log2x，故符合上述条件的函数 可以为f（x）＝log2x. log2x（答案不唯一）　 高中总复习·数学 6. 〔一题多解〕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 $