专题二 微专题(二)　抽象函数课件-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”专题，覆盖函数奇偶性、单调性、周期性及解不等式、求值等核心考点，对接高考评价体系，通过2024年广西柳州三模、浙江绍兴二模等真题分析考点权重，归纳性质与解不等式、性质与求值两大常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题精析+变式训练+素养提升”策略，如例1通过构造g(x)=f(x)+x，利用奇偶性和单调性推导不等式解集，培养逻辑推理素养；例2结合函数对称性、周期性求参数范围，强化数学抽象能力。方法与技巧指导学生从函数关系切入推导性质，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

微专题(二)　抽象函数 题型探究 题型1 题型2 返回目录 题型1　抽象函数的性质与解不等式问题 D 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 方法与技巧 题型探究 返回目录 变式探究 B 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型2　抽象函数的性质与求值问题 [9，11) 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 方法与技巧 题型探究 返回目录 变式探究 BCD 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 题型探究 返回目录 【例1】 (2024·广西柳州三模)设函数f(x)是定义在R上的奇函数，且对于任意的x，y∈R，都有|f(x)－f(y)|<|x－y|.若函数g(x)－f(x)＝x，则不等式g(2x－x2)＋g(x－2)<0的解集是(　　) A．(－1，2) B．(1，2) C．(－∞，－1)∪(2，＋∞) D．(－∞，1)∪(2，＋∞) 解析：因为g(x)－f(x)＝x， 所以g(x)＝f(x)＋x. 由于f(x)是定义在R上的奇函数． 即f(x)＋f(－x)＝0， 所以g(－x)＝f(－x)－x＝－f(x)－x＝－g(x)， 故g(x)为奇函数， 因为对于任意的x，y∈R， 有|f(x)－f(y)|<|x－y|， 所以|(g(x)－x)－(g(y)－y)|<|x－y|， 当x≠y时，有 eq \f(|g(x)－g(y)－(x－y)|,|x－y|)<1， 即| eq \f(g(x)－g(y),x－y)－1|<1， 所以0< eq \f(g(x)－g(y),x－y)<2， 所以g(x)单调递增． 因为g(2x－x2)＋g(x－2)<0， 所以g(2x－x2)<－g(x－2)＝g(2－x)， 所以2x－x2<2－x， 整理可得x2－3x＋2>0，解得x>2或x<1，故选D. 依题设条件探究函数的单调性是解决问题的切入点． 1．已知函数y＝f(x)的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，都有 eq \f(x2f(x2)－x1f(x1),x2－x1)>0，若函数y＝f(x＋1)的图象关于点(－1，0)成中心对称，且f(1)＝4，则不等式f(x)> eq \f(4,x)的解集为(　　) A．(－1，0)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(0，1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析：由函数y＝f(x＋1)图象关于点(－1，0)中心对称，知函数f(x)图象关于点(0，0)中心对称， 所以f(x)为奇函数． 令g(x)＝xf(x)，则g(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)＝g(x)， 所以g(x)为偶函数， 对于∀x1，x2∈(0，＋∞)， 有 eq \f(g(x2)－g(x1),x2－x1)＝ eq \f(x2f(x2)－x1f(x1),x2－x1)>0(x1≠x2)， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又g(x)为偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减． 由f(1)＝4，得g(1)＝4，g(－1)＝4， 当x>0时，f(x)> eq \f(4,x)变形为xf(x)>4， 即g(x)>g(1)，解得x>1； 当x<0时，f(x)> eq \f(4,x)变形为xf(x)<4， 即g(x)<g(－1)，解得－1<x<0. 综上，不等式f(x)> eq \f(4,x)的解集为(－1，0)∪(1，＋∞). 故选B. 【例2】(2024·浙江绍兴二模)已知定义在(0，＋∞)上的增函数f(x)满足：对任意的a，b∈(0，＋∞)都有f(ab)＝f(a)＋f(b)且f(4)＝2，函数g(x)满足g(x)＋g(4－x)＝－2，g(4－x)＝g(x＋2).当x∈[0，1]时，g(x)＝f(x＋1)－1，若g(x)在[0，m]上取得最大值的x值依次为x1，x2，…，xk，取得最小值的x值依次为x1′，x2′，…，xn′，若 ＋ ＝21，则实数m的取值范围为______________． 解析：定义在(0，＋∞)上的增函数f(x)， 对任意的a，b∈(0，＋∞)都有f(ab)＝f(a)＋f(b) 且f(4)＝2，则f(4)＝f(2×2)＝f(2)＋f(2)＝2， 得f(2)＝1，f(2)＝f(1×2)＝f(1)＋f(2)＝1，得f(1)＝0. 当x∈[0，1]时，g(x)＝f(x＋1)－1， 则g(x)在[0，1]上单调递增，且g(0)＝－1，g(1)＝0. 又函数g(x)满足g(x)＋g(4－x)＝－2， 所以g(x)的图象关于点(2，－1)对称， 得g(x)在[3，4]上单调递增， 且g(4)＝－2－g(0)＝－1，g(3)＝－2－g(1)＝－2. 又函数g(x)满足g(4－x)＝g(x＋2)， 所以g(x)的图象关于直线x＝3对称， 得g(x)在[1，2]和[2，3]上单调递减，且g(2)＝－1. 由g(x)＋g(4－x)＝－2和g(4－x)＝g(x＋2)， 得g(x)＋g(x＋2)＝－2， 则有g(x＋2)＋g(x＋4)＝－2，g(x＋4)＝g(x)， 故函数g(x)的一个周期是4， 且在x＝4t－3(t∈Z)时取最大值0， 在x＝4t－1(t∈Z)时取最小值－2. 若g(x)在[0，m]上取得最大值的x值依次为x1，x2，…，xk， 取得最小值的x值依次为x1′，x2′，…，xn′， 则k＝n或k＝n＋1， 所以 ＋ ＝(1＋5＋…＋4k－3)＋(3＋7＋…＋4n－1)－2n ＝2k2－k＋2n2－n＝21. 当k＝n时，有4k2－2k－21＝0，方程无正整数解； 当k＝n＋1时，有2n2＋n－10＝0， 解得n＝2，k＝3，且有x3≤m<x3′， 即9≤m<11， 所以实数m的取值范围为[9，11). 依题设函数关系式、函数的奇偶性、函数图象的对称性推导出相关函数的周期性是解决问题的切入点和关键过程． 2．(多选)(2024·全国模拟预测)若定义在R上的函数f(x)，g(x)满足f(1＋x)＋f(1－x)＝0，f(x＋3)＋g(x)＝2，f(x)＋g(1－x)＝2，则下列结论中正确的是(　　) A．f(x)是奇函数 B．g(x)是周期为4的周期函数 C．f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝0 D． eq \o(∑,\s\up15(20),\s\do15(n＝1))g(n)＝40 因为f(x＋3)＋g(x)＝2， 所以g(x)也是周期为4的周期函数，B正确． 因为f(1＋x)＋f(1－x)＝0， 则f(x＋2)＝－f(－x)，即－f(x)＝－f(－x)， 所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数，A错误． 因为f(x＋2)＝－f(x)，令x＝1，得f(3)＝－f(1)， 即f(1)＋f(3)＝0， 解析：因为f(x)＋g(1－x)＝2， 所以f(1－x)＋g(x)＝2. 又因为f(x＋3)＋g(x)＝2，所以f(x＋3)＝f(1－x). 又f(1＋x)＋f(1－x)＝0，则f(1＋x)＋f(x＋3)＝0， 即f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝f(x)， 故f(x)是周期为4的周期函数． 令x＝2，得f(4)＝－f(2)，即f(2)＋f(4)＝0， 故f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝0，C正确． 由g(x)＝2－f(x＋3)，得g(1)＋g(2)＋g(3)＋g(4)＝[2－f(4)]＋[2－f(5)]＋[2－f(6)]＋[2－f(7)]＝8－[f(4)＋f(1)＋f(2)＋f(3)]＝8， 所以 eq \o(∑,\s\up15(20),\s\do15(n＝1))g(n)＝5×[g(1)＋g(2)＋g(3)＋g(4)]＝40，D正确．故选BCD. $