2027届高三数学一轮复习第十五讲 抽象函数

该高中数学高考复习学案系统梳理了抽象函数专题，以10类原型函数为基础，串联定义域值域、单调性、奇偶性、周期性等核心性质及应用，构建“原型-性质-题型”三层知识网络，通过必掌握知识点填空和问题链设计，引导学生自主推导函数关系，形成完整认知体系。 亮点在于分层题型与核心方法指导，如题型一基础赋值法通过赋特殊值引导自主探究，题型四单调性证明强化定义法推理，培养数学思维与抽象能力。每个题型配方法总结，帮助学生自主诊断薄弱点，教师可依学情针对性指导，提升复习实效与学生自主学习能力。

2027届高三数学一轮复习 第十五讲 抽象函数 【学习目标】1. 会根据抽象函数的常见形式判断抽象函数的类型； 2. 会求抽象函数的定义域和值域； 3. 会判断抽象函数的单调性和奇偶性，并会求解抽象函数相关的不等式. 【学习重点】抽象函数的性质. 【学习难点】抽象函数性质的应用． 必掌握知识点 中学阶段常用抽象函数的“原型”（函数） 1．—— . 2．—— . 3．—— . 4．—— . 5．—— . 6．—— . 7．—— . 8．—— . 9．—— . 10．—— 或 . 必考题型全归纳 题型一 抽象函数基础赋值法（求函数值、特殊值 f (0)、f (1)） 核心方法：对 x、y 赋特殊值 0、1、-1、t，推导函数关系、特殊函数值 1．已知函数的定义域为R，且满足，，则下列结论正确的是（    ） A． B．方程有解 C．是偶函数 D．是偶函数 【答案】B 【分析】根据已知得到，应用递推式及累加法求解析式，进而判断各项正误. 【详解】因为函数的定义域为R， 由，，取，得， 取，得，故A错误．取，得， 所以，，⋯，， 以上各式相加得，所以，不是偶函数，故C错误；令，得，解得或2，故B正确； 因为，所以不是偶函数，故D错误.故选：B 方法二 设 ，代入求值 ，可得 2．已知函数满足：，且，，则的最小值是（    ） A．135 B．395 C．855 D．990 【答案】C 【分析】构造函数，可得，令，由得，从而得到，即可求出的最小值. 【详解】由，得，令，得，令，得， 故，又，所以， 所以，因为，当时，的最小值为855．故选：C． 题型二 抽象函数周期性推导 利用f(x+a)=f(x+b)、叠加替换式推导周期，结合周期求函数值 3．函数的定义域为，且，.若对任意实数，都有，则（    ） A． B．-1 C．0 D．1 【答案】D 【解析】将用替换，用替换，可得，从而可得，进而可得，可求出函数的周期，再令，可求出，由即可求解. 【详解】将用替换，用替换，由对任意实数，都有，可得，由， 所以，即， 所以，所以函数的周期， 令，则，因为，所以， 所以，故选：D 方法二 设 【点睛】本题考查抽象函数及其应用，利用函数的周期性定义求出函数的周期，解决抽象函数的问题一般应用赋值法，此题属于中档题. 题型三 抽象函数奇偶性判定 赋值构造f(−x)与f(x)关系，判断奇函数 、偶函数 4．已知函数的定义域为，且当时，，则下列正确的是（    ） A．是偶函数 B．是周期函数 C．当时， D．当时， 【答案】D 【分析】对A，令，得，令，整理得到可判断；对B，先证明是增函数，可得不是周期函数判断；对于C，D，利用单调性可判断. 【详解】对于A，由， 令，则，得， 令，得，由 整理可得. 由题可知不恒为0，故，即，故是奇函数，故A错误； 对于B，设，则，， 故，，， ， 故，即是上的增函数， 又是奇函数，故是R上的增函数，所以不是周期函数，故B错误； 对于C，当时，则， ，故C错误；对于D，当时，，即， ，故D正确.故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用条件结合函数单调性的定义判断是R上的增函数. 5．已知函数的定义域为，，则下列说法错误的是（    ） A． B． C．是偶函数 D．为的极小值点 【答案】D 【分析】利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例即可排除选项D. 【详解】因为， 对于A，令，，故正确. 对于B，令，，则，故B正确. 对于C，令，，则， 令， 又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确， 对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.故选：D. 【点睛】方法点睛：对于形如类的抽象函数，常用赋值法解决问题. 题型四 抽象函数单调性证明与应用 1.定义法证明单调； 2. 利用单调性脱去f( )比较大小、解不等式 6．设函数对于任意，都有，且时，. （1）判断的单调性，并用定义法证明； （2）若关于的方程在内有两个不同的实数根，求实数的取值范围. 【答案】(1) 函数在上单调递减.证明见解析；(2) 【分析】（1）利用函数的单调性定义，采用赋值法即可证出. （2）根据题意知，由（1）知函数在上单调递减，可推出在内有两个不同的实数根，由二次函数根的分布即可求出参数的取值范围. 【详解】（1）任取且，由题意可知， ∴，即当时，， 故函数在上单调递减； （2） 由题意知，由（1）知函数在上单调递减，故在内有两个不同的实数根，即在内有两个不同的实数根. ∴ ，解得. 【点睛】本题主要考查抽象函数的单调性、一元二次方程与二次函数的关系，属于中档题. 题型五 指数型抽象函数 7．已知函数为指数函数，且满足以下条件：①且x≠y，都有 ；②函数的图象关于直线对称，且方程有且仅有两个实数解.则函数的解析式可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先根据指数函数定义、单调性条件排除错误选项A、B，再结合反函数性质，将原问题转化为有且仅有两个实数解的问题，继而构造函数，利用导数解决函数的零点个数问题，即可判断出答案. 【详解】选项A：且，都有， 则可说明为R上的单调递增函数，由于在R上单调递减，不符合题意，排除； 选项B：不是指数函数（指数函数要求指数为自变量、定义域为），且时函数单调递减，不满足条件①，排除； 选项CD中函数均为R上的单调递增函数， 由于互为反函数，它们的图象关于直线对称， 故若的图象有交点，则交点必在直线上， 选项C：对于，令，则，该函数在R上单调递增， 由，得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 则， 则无零点，即无实数解，不符合题意，C错误； 选项D：对于，令，则，该函数在R上单调递增， 由，得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 则， 当时，，当时，， 则有两个零点，即有且仅有两个实数解，符合题意，D正确. 8．已知函数f（x）对一切实数a、b满足f（a+b）=f（a）·f（b）,f（1）=2,（且f（x）恒非零）,数列｛an｝的通项an=（n∈N+）,则数列{an}的前n项和=________． 【答案】 【详解】试题分析： f（a+b）=f（a）·f（b）中取得 ,f（a+b）=f（a）·f（b）中取 得,所以an=4,故数列{an}的前n项和为． 考点：1．函数；2．数列． 题型六 一次型抽象函数 9．已知为定义在R上且不恒为零的函数，若对，都有成立，则下列说法中正确的有（    ）个． ①； ②若当时，，则函数在单调递增； ③对，；     ④若，则. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】①利用赋值法，令即可得证，所以①正确. ②根据题意，取，，所以，所以②正确. ③时由①可得③成立；当时，由②得，利用累加法得，因此，所以，所以③正确． ④令，， ，因为，所以得，所以由③，利用等比数列的求和公式，得，所以④错误． 【详解】令有，令有. 所以①正确. ，因为，所以， 所以，又因为，且当时，， 所以. 所以②正确. 当时由①可得③成立； 当时，由②得，所以， 所以……， 累加得，即 ，所以，所以③正确． 令，，由①得，又因为，所以， 由③得，所以， 所以 ，所以④错误．故选：C 题型七 抽象函数综合命题辨析（多选） 融合奇偶、基本不等式、充要条件、根式性质判断真假 10 (多选)．下列命题为真命题的是（    ） A．函数是偶函数且在区间上单调递增 B．函数的最小值为 C．“”是“”的充要条件 D． 【答案】CD 【解析】根据函数的奇偶性，基本不等式，算术平方根的性质，取特值，即可得出结论. 【详解】， 因为，当时，，当时，， 所以不是偶函数，选项错误； 令根据对勾函数的单调性可得， 在是增函数，的最小值为，即的最小值为，选项错误； 因为，，，所以，即，选项正确；当时，成立，故选项正确.故选：CD 题型八 抽象函数新定义：和谐区间 定义单调且定义域值域相同区间，结合方程根、韦达定理求参数最值 11．义域为的函数，如果存在区间，同时满足下列条件：函数在区间上是单调的；② 当定义域是时，的值域也是.则称是函数的一个“和谐区间”. （1）写出函数的一个“和谐区间”（不需要解答过程）； （2）证明：函数不存在“和谐区间”； （3）已知：函数有“和谐区间”，当变化时，求出的最大值. 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）. 【解析】(1)根据新定义写区间即可； (2) 先设是函数的“和谐区间”，根据新定义知m、n是方程的同号的相异实数根，判断方程无解即证结论； (3) 先设是函数的“和谐区间”，根据新定义知m、n是方程的同号的相异实数根，再利用韦达定理计算并求其最大值即可. 【详解】（1）； （2）设是函数定义域的子集．，或，故函数在上单调递增．若是函数的“和谐区间”，则， 故m、n是方程的同号的相异实数根，方程化简得， 无实数根，函数不存在“和谐区间”； （3）设是函数定义域的子集．，或，故函数在上单调递增． 若是函数的“和谐区间”，则， 故m、n是方程，即的同号的相异实数根． ， ，n同号，只须，即或， 已知函数有“和谐区间”， 所以，当时，取最大值. 【点睛】本题考查了函数的新定义，解题关键在于设“和谐区间”后，利用单调性构造以m、n为根的方程，利用韦达定理研究并求其最大值，属于中档题. 试卷第1页，共3页 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三数学一轮复习 第十五讲 抽象函数 【学习目标】1. 会根据抽象函数的常见形式判断抽象函数的类型； 2. 会求抽象函数的定义域和值域； 3. 会判断抽象函数的单调性和奇偶性，并会求解抽象函数相关的不等式. 【学习重点】抽象函数的性质. 【学习难点】抽象函数性质的应用． 必掌握知识点 中学阶段常用抽象函数的“原型”（函数） 中学阶段常用抽象函数的“原型”（函数） 1．—— . 2．—— . 3．—— . 4．—— . 5．—— . 6．—— . 7．—— . 8．—— . 9．—— . 10．—— . 必考题型全归纳 题型一 抽象函数基础赋值法（求函数值、特殊值 f (0)、f (1)） 核心方法：对 x、y 赋特殊值 0、1、-1、t，推导函数关系、特殊函数值 1．已知函数的定义域为R，且满足，，则下列结论正确的是（    ） A． B．方程有解 C．是偶函数 D．是偶函数 2．已知函数满足：，且，，则的最小值是（    ） A．135 B．395 C．855 D．990 题型二 抽象函数周期性推导 利用f(x+a)=f(x+b)、叠加替换式推导周期，结合周期求函数值 3．函数的定义域为，且，.若对任意实数，都有，则（    ） A． B．-1 C．0 D．1 题型三 抽象函数奇偶性判定 赋值构造f(−x)与f(x)关系，判断奇函数 、偶函数 4．已知函数的定义域为，且当时，，则下列正确的是（    ） A．是偶函数 B．是周期函数 C．当时， D．当时， 5．已知函数的定义域为，，则下列说法错误的是（    ） A． B． C．是偶函数 D．为的极小值点 题型四 抽象函数单调性证明与应用 1.定义法证明单调； 2. 利用单调性脱去f( )比较大小、解不等式 6．设函数对于任意，都有，且时，. （1）判断的单调性，并用定义法证明； （2）若关于的方程在内有两个不同的实数根，求实数的取值范围. 题型五 指数型抽象函数 7．已知函数为指数函数，且满足以下条件：①且x≠y，都有 ；②函数的图象关于直线对称，且方程有且仅有两个实数解.则函数的解析式可以为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数f（x）对一切实数a、b满足f（a+b）=f（a）·f（b）,f（1）=2,（且f（x）恒非零）,数列｛an｝的通项an=（n∈N+）,则数列{an}的前n项和=________． 题型六 一次型抽象函数 9．已知为定义在R上且不恒为零的函数，若对，都有成立，则下列说法中正确的有（    ）个． ①； ②若当时，，则函数在单调递增； ③对，；     ④若，则. A．1 B．2 C．3 D．4 题型七 抽象函数综合命题辨析（多选） 融合奇偶、基本不等式、充要条件、根式性质判断真假 10 (多选)．下列命题为真命题的是（    ） A．函数是偶函数且在区间上单调递增 B．函数的最小值为 C．“”是“”的充要条件 D． 题型八 抽象函数新定义：和谐区间 定义单调且定义域值域相同区间，结合方程根、韦达定理求参数最值 11．义域为的函数，如果存在区间，同时满足下列条件：函数在区间上是单调的；② 当定义域是时，的值域也是.则称是函数的一个“和谐区间”. （1）写出函数的一个“和谐区间”（不需要解答过程）； （2）证明：函数不存在“和谐区间”； （3）已知：函数有“和谐区间”，当变化时，求出的最大值. 试卷第1页，共3页 1 学科网（北京）股份有限公司 $