专题12 抽象函数及应用12种常见考法归类（题型专练）高一数学人教A版必修第一册

专题12 抽象函数及应用12种常见考法归类 ▌题型01 抽象函数的定义域问题 【例1】【答案】A 【分析】根据抽象函数的定义域的求解方法，列出不等式，即可求解，得到答案． 【详解】设，由函数的定义域为，得函数的定义域为， 即，因此，解得． 所以的定义域为. 【变式1-1】【答案】 【分析】由抽象函数定义域的计算方法求解即可. 【详解】由题意得，则，即的定义域为. 【变式1-2】【答案】C 【分析】由复合函数、分式函数和根式函数定义域的求法求解即可. 【详解】由题意可得，解得， 所以函数的定义域为. 【变式1-3】【答案】C 【分析】由抽象函数定义域结合二次函数不等式即可求解 . 【详解】函数的定义域为，则，所以函数的定义域为； 若函数有意义，则，解得． 则函数的定义域为. ▌题型02 抽象函数的值域问题 【例2】【答案】B 【分析】利用函数水平平移不改变值域的特点，确定的值域，再通过常数运算得到目标函数的值域. 【详解】函数是的水平平移变换，水平平移不改变函数值域，故的值域为. 由，对的取值范围各减2，得，即. 故选：B 【变式2-1】【答案】C 【分析】应用抽象函数定义域性质计算求解，应用函数值域计算判断. 【详解】函数的定义域为，即，所以， 因此函数的定义域为； 由函数的值域为，得函数的值域为， 即，则，故函数的值域为． 故选：C． 【变式2-2】【答案】 【分析】令，解得，分类讨论当和时，由的取值范围结合条件，可得出函数的值域，从而得出实数的取值范围. 【详解】令，即，解得或（舍去）， 当时，， 故对任意，都存在，使得， 所以，； 当时，， 故对任意，都存在，使得， 所以，. 综上，函数的值域. 因为集合可取得中所有值， 所以，，则实数的取值范围是. 故答案为：. 【变式2-3】【答案】 【分析】根据题意，令，求得，再令，求得，令，可得，即，再令，得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】由函数满足，且， 令，可得，因为，可得， 再令，可得，所以， 令，可得，即， 再令，可得，所以， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以的值域为. 故答案为：. ▌题型03 求抽象函数的值 【例3】【答案】D 【分析】由x、y任意性得到，进而推出是常函数且设，再结合可得即可求. 【详解】由、xyx、y任意性可得， 当，时，，故是常函数， 所以当时，，其中c为常数， 由，得，解得，所以， 所以. 【变式3-1】【答案】D 【分析】先应用已知得出函数值关系，再结合多次应用计算求解. 【详解】由得，计算得，因此， 【变式3-2】【答案】110 【分析】利用赋值法，先求得，再求得，最后用累加法求得. 【详解】函数满足，， 令，得. 令，得， 即. 所以， ， ， …… ， 累加得，， 所以. 【变式3-3】【答案】A 【分析】对于抽象函数使用赋值法先求出，再次赋值后即可求得的值. 【详解】令可得，所以， 令可得，所以. ▌题型04 求抽象函数的解析式 【例4】【答案】 【分析】用替换的，得到，与原式组成方程组，解方程组即可得到的解析式. 【详解】已知①， 用替换上式中的，得到②， 联立①②组成的方程组， 由①可得，将其代入②可得， 解得，即. 【变式4-1】【答案】 【分析】通过令代入即可求解 【详解】是定义在上的函数，且对任意，恒成立， 令，得 ，故． 此时 ， 符合题设要求. 故答案为： 【变式4-2】【答案】D 【详解】令，可得， 因为，所以， 则. 【变式4-3】【答案】C 【分析】利用赋值法求出、及的值，从而判断AB；令，结合的值，可得，从而判断CD. 【详解】对于A，令，则， 又因为，所以， 令，则，解得，故A错误； 对于B，令，则，又， 解得，故B错误； 对于C，令，则有， 又因为，所以， 所以函数为单调递增函数，故C正确； 对于D，由C可知，为非奇非偶函数，故D错误. 故选：C. ▌题型05 抽象函数的单调性问题 【例5】【答案】(1)； (2)在上单调递增，证明见解析 (3)或 【分析】（1）利用赋值法即可求，的值； （2）根据函数单调性的定义即可判断的单调性并证明； （3）结合函数单调性将不等式进行转化，即，可解不等式. 【详解】（1）令，则，， 令，则， 又，； （2）任取，且， 则， ∵， ∴， ∴， 即， 所以在上单调递增． （3）由， 即， 也就是， 即，因为在上是增函数， 所以， 可得不等式解集为或. 【点睛】关键点点睛：由，即，也就是，即，再结合函数单调性即可解不等式. 【变式5-1】【答案】ABD 【分析】对于A，分别令和求解；对于B，由，利用赋值法求解；对于C，易得为偶函数，再利用函数单调性定义判断；对于D，由C函数在上是增函数，再由结合求解. 【详解】对于A，令，则，则 ， 令，则，则，A正确； 对于B，若，则，故B正确； 对于C，由于函数定义域为，取，则， 即为偶函数； 任取且，则， 因为，故，则，则， 故函数在上是减函数，C错误； 对于D，由C的分析可知函数在上是增函数， 故由结合可得，且， 解得，且，即的解集为，D正确 故选：ABD 【变式5-2】【答案】(1)证明：因为对任意实数，，， 所以，所以，在中， 令得，， 所以， 在中，用替换得，， 因为，所以， 所以，对任意实数，，成立. (2)证明：任意取，，且，则，因为当时，，所以， 所以，即，所以是上的增函数. (3). 【分析】（1）根据题目中的等式，利用特殊值研究新的等式，可得答案； （2）根据函数单调性的定义，假设参数的大小关系，利用作差法，可得答案； （3）根据题目中的等量关系，结合函数的单调性，化简不等式，结合二次函数的性质，可得答案. 【详解】（1）略 （2）略 （3）命题，为假命题， 等价于，为真命题. 在中，令得，， 所以 由（2）的结论得，， 即， 令， 因为，成立，所以，所以， 所以实数的取值范围是. 【变式5-3】【答案】 【分析】利用赋值法先求，进而得，利用定义法证单调性，最后利用单调性即可解不等式，进而求解. 【详解】由题意有：令有：， 令有：， 对任意的且，所以，即， 所以， 即，所以， 所以在上单调递增， 又，所以， 所以， 故答案为：. ▌题型06 抽象函数的奇偶性问题 【例6】【答案】(1)； (2) 当时，，则； 设，则，则， 所以， 即，所以函数为奇函数. (3)8106. 【分析】（1）利用恒等式赋值，即可求解； （2）利用恒等式赋值，结合奇函数恒等式即可证明； （3）利用，再利用加法交换律和结合律即可求和. 【详解】（1）当时，，则； （2）略 （3）由（2）知，，，则 【变式6-1】【答案】(1)，； (2) 函数是偶函数，理由如下： 的定义域是，，， 令，可得，所以函数是偶函数. (3). 【分析】（1）令可得，令可得； （2）令，结合偶函数的定义即可证明； （3）先用定义证明函数在上单调递增，利用单调性和奇偶性将不等式转化为，解不等式即可得到答案. 【详解】（1）在中，令，可得，解得. 令，可得，解得. （2）略 （3）任意时，，由题意得： ， 所以在上是增函数， 可化为，即， 又由（2）知是偶函数，所以可化为， 又在上是增函数，所以，且， 解得：且， 所以不等式的解集为. 【变式6-2】【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，令，求得，令，得到，进而得到，即可得证； （2）设，则，根据，得到，结合题意，求得，即可证； （3）化简得到，得到原式，结合（1），得到，得到，即可得证. 【详解】（1）证明：由函数的定义域为，关于原点对称， 因为函数满足， 令，可得，所以， 令，可得，即， 所以函数是的奇函数. （2）证明：设，则， 因为， 所以，所以， 当时，，所以， 即，所以函数在上是增函数. （3）证明：由， 所以， 因为时，，且函数在上的奇函数， 所以当时，，， 又因为，所以， 所以，故. 【变式6-3】【答案】(1)函数是奇函数，证明见解析 (2) 【分析】（1）合理赋值即可证明是奇函数； （2）结合（1），先说明的单调性，再求出其最大值，最后对于关于的一次函数恒成立问题，列不等式求解即可. 【详解】（1）令得，令，得， 所以函数是奇函数． （2）由（1）得，对任意的x，恒成立， 任取， 则， 由于当时，，所以，即， 所以是减函数， 则当时，， 所以对任意恒成立， 记函数， 由于函数图象为直线， 故只需满足且即可， 即， 解得 ▌题型07 抽象函数周期性问题 【例7】【答案】 【分析】先通过递推式推出函数周期为6，再利用周期性把转化为，最后递推得. 【详解】因为，所以， 两式相加得，则， 所以函数的周期是6， 因为，所以. 【变式7-1】【答案】8 【详解】因为，所以是以3为周期的周期函数，所以． 【变式7-2】【答案】D 【分析】先根据已知条件判断为周期为6的函数，进而求出结果. 【详解】. 两式相加，得， 是周期函数，且. 【变式7-3】【答案】D 【分析】由题可知，进而得到，，再利用周期性求值即可． 【详解】， ． 两式相加，得， ， ， ， 是周期函数，且， ． ▌题型08 抽象函数的对称性问题 【例8】【答案】C 【分析】由奇函数性质以及图象关于直线对称将转化为已知来求解. 【详解】因为是奇函数，所以. 又因为的图象关于直线对称， 所以. 已知，故， 所以. 【变式8-1】【答案】D 【分析】由函数的对称性可知，结合倒序相加法即可选出正确答案. 【详解】因为图象关于点对称，则， 令， ，两式相加得， 所以. 故选:. 【点睛】关键点睛: 本题的关键是由函数的中心对称性得，再结合倒序相加法求值. 【变式8-2】【答案】B 【分析】易得函数与的图象都关于点对称，从而可得函数与的图象的交点关于点对称，即可得解. 【详解】因为， 所以， 所以函数的图象关于点对称， 又因， 所以函数的图象关于点对称， 所以函数与的图象的交点关于点对称， 因为交点为， ， 所以. 【变式8-3】【答案】A 【分析】根据函数的平移变换求解即可. 【详解】因为为奇函数，则关于原点对称， 根据函数的平移变换，函数的图象是将的图象向右平移个单位，再向上平移个单位， 则对应的对称中心也向右平移个单位，再向上平移个单位， 故关于点对称. ▌题型09 解抽象不等式 【例9】【答案】 【分析】根据给定条件，利用函数的单调性求解不等式. 【详解】由函数是定义在区间上的增函数，得， 解得，所以所求的取值范围是. 故答案为： 【变式9-1】【答案】 【分析】根据已知不等式可以判断函数的单调性，再由奇函数的性质进行求解即可. 【详解】由， 当时，，当时，，因此该函数是实数集上的减函数，因为是定义在R上的奇函数，所以， 因此有当时，，当时， 当时，即时， 由， 而，所以， 当时，即时， 由， 而，所以解集为空集， 综上所述：， 故答案为： 【变式9-2】【答案】A 【分析】根据函数的单调性解不等式，偶函数在对称区间内单调性相反，可以利用到对称轴的距离列不等式判断． 【详解】因为是定义域为的偶函数，则， 故关于对称； 因为在上单调递减，故在上单调递减； 则在上单调递增； 则等价于 即，左右两边平方可得， 即，解得， 故不等式的解集为． 【变式9-3】【答案】ABD 【分析】令计算可得，即A正确，利用奇函数定义可证明B正确，由函数性质以及单调性定义证明可得在R上单调递减，可得C错误，根据函数单调性整理表达式并解不等式可得D正确. 【详解】对于A，令可得可得，因此A正确； 对于B，令可得，因此B正确； 对于C，取任意，且，则可得， 又因为当时，，所以 所以， 因此，所以， 可知在R上单调递减，因此C错误； 对于D，由可得， 也即，因此， 结合C中单调性可知，即，解得； 因此不等式的解集为,可得D正确. 故选：ABD ▌题型10 抽象函数比较大小 【例10】【答案】 【分析】使用函数奇偶性判断在上的单调性，使用单调性比较函数值的大小求解. 【详解】因为函数是上的偶函数，且在区间上为减函数， 所以在上是增函数， 因为， 所以 【变式10-1】【答案】A 【详解】已知奇函数在上单调递减， 对于A，，，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，，，C错误； 对于D，，，，D错误． 【变式10-2】【答案】B 【分析】根据偶函数的性质得到，再根据函数的单调性判断即可. 【详解】因为为偶函数，所以， 又在区间上单调递增，， 所以， 则. 【变式10-3】【答案】A 【分析】根据函数的奇偶性和单调性判断函数值的大小. 【详解】因为是定义域为的偶函数，所以， 又在上单调递减，且，所以， 故选：A ▌题型11 抽象函数的最值问题 【例11】【答案】A 【分析】找到函数值特殊的点，得到部分特殊函数值，利用给定的抽象函数定义求出端点值后，判断函数单调性即可求出最大值即可. 【详解】令，则，且 故，，故 且令，，可得 设，则， 则，故在上单调递增 的最大值是 故选：A 【点睛】本题需要考生先求出特殊值，后判断抽象函数的单调性，再求出端点值即可. 判断抽象函数的单调性时需要记忆或推理常见的抽象函数模型. 【变式11-1】【答案】B 【分析】令，利用赋值法，分别令与可得函数为奇函数，再令，结合函数单调性定义可得函数单调递增，即可得单调性，从而可得的最大值、最小值，即可得解. 【详解】令， 则， 令，则，即有， 令，则，即有， 又，故为奇函数， 由时有，故时有， 令，则， 故， 故，故在上单调递增， 则在上单调递增， 故 . 【变式11-2】【答案】D 【分析】根据题意，利用赋值法，求得，可判定A错误，利用叠加法，求得的解析式，列出方程，可判定B错误；结合二次函数的性质，可判定C错误，D正确. 【详解】对于A，因为的定义域为，且满足 且， 取，可得，则， 取，可得 ，则，所以A错误； 对于B，取，可得，则， 所以， 以上各式相加得，所以， 经检验：其中满足上式，所以 ， 令，可得，此方程无解，所以B错误； 对于C，由函数 ， 由函数的图象开口向上，且对称轴为， 所以函数在上单调递增，所以在上单调递增，所以C错误； 对于D，由C项知：函数在上单调递增， 所以，所以D正确. 【变式11-3】【答案】D 【详解】令，，得，则或． 若，令，则对，， 这与“是定义在上的不恒为0的函数”矛盾， ，故A正确； 当时，由②可知； 当时，由选项A可知，； 当时，，由②可知， 令，，则，故； 综上，，，故B正确； 对，且，则，由②得， ，即， 在上为减函数，从而在上是减函数，故C正确； 在开区间上为减函数，没有最小值，故D错误． ▌题型12 双函数混合型 【例12】【答案】ABD 【分析】通过赋值转化已知条件，根据函数的奇偶性、周期性的定义进行判断和计算. 【详解】对于A：因为，所以， 由可得，， 所以，即，即是偶函数， 故的图象关于轴对称，A正确； 对于B：由，可得， 所以，又，所以， 则，所以，即的一个周期为4，B正确； 对于C：因为的周期为4，所以. 由，令可得， 由，令，则，又，所以， 故，则，C错误； 对于D：由，令，则，即； 令，则， 又是偶函数，则，所以， 因，故. ，D正确. 【变式12-1】【答案】D 【分析】利用函数图象关于直线对称的性质，推导的对称性表达式，判断A；联立已知的两个含和的等式，通过变量替换消去相关项，推导的递推关系，判断B；代入特殊值到已知等式中，结合的条件，计算，判断C；根据的递推关系确定其周期，计算一个周期内的和，再计算2026项的总和，判断D. 【详解】 ①， ②， 关于对称，故 ③， 从②式换元得， 代入①式得：，即， 代入③式得，得， 换元得： ④，再将 得，联立得，即周期为4， 对应也满足，周期也为4. 选项A：即，但由式④， 得，故A错误； 选项B：，故B错误； 选项C：，由得， ，故C错误； 选项D：由得， 又，故，解得，，， ，. 因为周期为4，且一个周期和为：， 从到共506个完整周期（2024项）， 剩余，， 所以， 故D正确. 【变式12-2】【答案】C 【分析】A：利用偶函数性质换元，推出关于对称；B：联立两已知等式化简，得到对称中心为；C：由的递推式作差，证出周期为4；D：代入消元推导的关系式，得出的周期为4. 【详解】定义域为R，是偶函数得， ① ② 选项A：由①式，将替换为，得， 由偶函数，两式联立得, 因此对称轴为，A错误； 选项B：对②式，将替换为，得， 由①得，代入上式，， 整理得,又是偶函数，， 即,所以的对称中心为，B错误； 选项C：由 将式中替换为得 得，即, 是以为周期的周期函数，C正确； 选项D：由的周期是，得， 代入②式得 将代入①式, 由A结论，替换得 将替换为得 得，所以的周期为，D错误. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 抽象函数及应用12种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 抽象函数的定义域问题 题型 02 抽象函数的值域问题 题型 03 求抽象函数的值 题型 04 求抽象函数的解析式 题型 05 抽象函数的单调性问题 题型 06 抽象函数的奇偶性问题 题型 07 抽象函数周期性问题 题型 08 抽象函数的对称性问题 题型 09 解抽象不等式 题型 10 抽象函数比较大小 题型 11 抽象函数的最值问题 题型 12 双函数混合型抽象函数问题 ▌题型01 抽象函数的定义域问题 1.核心逻辑 括号内取值范围永远不变：在中，所有内部整体的取值集合完全相同。 两类基础模型： ①已知定义域，求定义域； ②已知定义域，求定义域。 2.解题步骤 (1)已知定义域，求： 令，解此不等式，解集就是的定义域。 (2)已知定义域，求： 先求时的值域，该值域就是的定义域。 3.易错提醒 (1)混淆“的范围”和“括号内整体范围”； (2)多层复合函数忘记逐层限制整体范围。 【例1】（2026高二·黑龙江黑河·期末）若函数的定义域为，则的定义域为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据抽象函数的定义域的求解方法，列出不等式，即可求解，得到答案． 【详解】设，由函数的定义域为，得函数的定义域为， 即，因此，解得． 所以的定义域为. 【变式1-1】（2026高三·全国·专题练习）已知函数的定义域是，则的定义域为______． 【答案】 【分析】由抽象函数定义域的计算方法求解即可. 【详解】由题意得，则，即的定义域为. 【变式1-2】（2026高一·云南昆明·期中）若函数定义域为，则函数的定义域为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由复合函数、分式函数和根式函数定义域的求法求解即可. 【详解】由题意可得，解得， 所以函数的定义域为. 【变式1-3】（2026高一·江西吉安·阶段检测）已知函数的定义域为，则函数的定义域为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由抽象函数定义域结合二次函数不等式即可求解 . 【详解】函数的定义域为，则，所以函数的定义域为； 若函数有意义，则，解得． 则函数的定义域为. ▌题型02 抽象函数的值域问题 1.核心逻辑 值域由定义域+函数单调性/奇偶性/周期性共同决定，先锁定自变量范围，再判断增减趋势。 2.解题步骤 (1)第一步：求出抽象函数完整定义域； (2)第二步：利用题干条件推导单调性、奇偶性、周期性； (3)第三步：换元简化复合结构，找到区间端点； (4)第四步：根据增减判断区间上最大值、最小值，写出值域。 3.易错提醒 只看解析式变形，忽略定义域对值域的限制。 【例2】（2026高一·贵州遵义·阶段检测）已知函数的值域为，则函数的值域为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用函数水平平移不改变值域的特点，确定的值域，再通过常数运算得到目标函数的值域. 【详解】函数是的水平平移变换，水平平移不改变函数值域，故的值域为. 由，对的取值范围各减2，得，即. 故选：B 【变式2-1】（2026高一·广东·阶段检测）已知函数的定义域和值域均为，则函数的定义域和值域分别为（   ） A．和 B．和 C．和 D．和 【答案】C 【分析】应用抽象函数定义域性质计算求解，应用函数值域计算判断. 【详解】函数的定义域为，即，所以， 因此函数的定义域为； 由函数的值域为，得函数的值域为， 即，则，故函数的值域为． 故选：C． 【变式2-2】（2026高二·山西阳泉·开学考试）函数的定义域为，且满足，函数的值域是，若集合可取得中所有值，则的取值范围为______. 【答案】 【分析】令，解得，分类讨论当和时，由的取值范围结合条件，可得出函数的值域，从而得出实数的取值范围. 【详解】令，即，解得或（舍去）， 当时，， 故对任意，都存在，使得， 所以，； 当时，， 故对任意，都存在，使得， 所以，. 综上，函数的值域. 因为集合可取得中所有值， 所以，，则实数的取值范围是. 故答案为：. 【变式2-3】（2026高三·重庆·阶段检测）已知满足，且，则的值域为_____ 【答案】 【分析】根据题意，令，求得，再令，求得，令，可得，即，再令，得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】由函数满足，且， 令，可得，因为，可得， 再令，可得，所以， 令，可得，即， 再令，可得，所以， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以的值域为. 故答案为：. ▌题型03 求抽象函数的值 1.核心逻辑 赋值法：给变量取特殊值（如等），消去未知量，直接算出、或指定。 2.解题步骤 (1)观察抽象关系式（和型、积型）； (2)分层赋值： ①基础赋值：令或，求； ②对称赋值：令，构造与； ③拆分赋值：把目标自变量拆成两数之和/积，代入关系式； (3)化简等式，解出目标函数值。 3.易错提醒 赋值随意，不结合式子结构，无法消元求值。 【例3】已知定义在上的函数满足对于任意实数x，y均有，且，则（    ） A．677 B．1354 C．2027 D．4054 【答案】D 【分析】由x、y任意性得到，进而推出是常函数且设，再结合可得即可求. 【详解】由、xyx、y任意性可得， 当，时，，故是常函数， 所以当时，，其中c为常数， 由，得，解得，所以， 所以. 【变式3-1】（2026高三·全国·专题练习）已知定义域为的函数对任意的都有恒成立，且，则等于（   ） A．1 B．62 C．64 D．83 【答案】D 【分析】先应用已知得出函数值关系，再结合多次应用计算求解. 【详解】由得，计算得，因此， 【变式3-2】（2026高二·辽宁鞍山·期末）已知函数满足，．则________． 【答案】110 【分析】利用赋值法，先求得，再求得，最后用累加法求得. 【详解】函数满足，， 令，得. 令，得， 即. 所以， ， ， …… ， 累加得，， 所以. 【变式3-3】（2026高二·云南昭通·期末）已知函数的定义域为，且，，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】A 【分析】对于抽象函数使用赋值法先求出，再次赋值后即可求得的值. 【详解】令可得，所以， 令可得，所以. ▌题型04 求抽象函数的解析式 1.核心逻辑 多次赋值/换元，构造关于的方程组，消去多余项，只保留。 2.解题步骤 (1)对原式换元（如把换成、、），得到第二个方程； (2)联立两个等式，形成二元一次方程组； (3)消去或，整理出表达式； (4)标注解析式对应的定义域。 3.易错提醒 换元后不联立方程，无法消去多余函数项；漏掉定义域。 【例4】已知，求. 【答案】 【分析】用替换的，得到，与原式组成方程组，解方程组即可得到的解析式. 【详解】已知①， 用替换上式中的，得到②， 联立①②组成的方程组， 由①可得，将其代入②可得， 解得，即. 【变式4-1】设是定义在上的函数，且满足对任意等式恒成立，则的解析式为_______． 【答案】 【分析】通过令代入即可求解 【详解】是定义在上的函数，且对任意，恒成立， 令，得 ，故． 此时 ， 符合题设要求. 故答案为： 【变式4-2】（2026高三·广东江门·开学考试）已知函数对任意实数满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】令，可得， 因为，所以， 则. 【变式4-3】（2026高一·云南昭通·期末）已知函数的定义域为，且，若，则（   ） A． B． C．为增函数 D．为奇函数 【答案】C 【分析】利用赋值法求出、及的值，从而判断AB；令，结合的值，可得，从而判断CD. 【详解】对于A，令，则， 又因为，所以， 令，则，解得，故A错误； 对于B，令，则，又， 解得，故B错误； 对于C，令，则有， 又因为，所以， 所以函数为单调递增函数，故C正确； 对于D，由C可知，为非奇非偶函数，故D错误. 故选：C. ▌题型05 抽象函数的单调性问题 （1）凑：凑定义或凑已知,利用定义或已知条件得出结论； （2）赋值：给变量赋值要根据条件与结论的关系.有时可能要进行多次尝试． ①若给出的是“和型”抽象函数，判断符号时要变形为： 或； ②若给出的是“积型”抽象函数，判断符号时要变形为： 或． 【例5】（2026高一·广东深圳·期中）函数的定义域为，对，，都有；且当时，．已知． (1)求，； (2)判断并证明的单调性； (3)解不等式：． 【答案】(1)； (2)在上单调递增，证明见解析 (3)或 【分析】（1）利用赋值法即可求，的值； （2）根据函数单调性的定义即可判断的单调性并证明； （3）结合函数单调性将不等式进行转化，即，可解不等式. 【详解】（1）令，则，， 令，则， 又，； （2）任取，且， 则， ∵， ∴， ∴， 即， 所以在上单调递增． （3）由， 即， 也就是， 即，因为在上是增函数， 所以， 可得不等式解集为或. 【点睛】关键点点睛：由，即，也就是，即，再结合函数单调性即可解不等式. 【变式5-1】【多选】（2026高一·广东江门·期中）定义在的函数满足，当时，，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C．函数在上是增函数 D．不等式的解集为 【答案】ABD 【分析】对于A，分别令和求解；对于B，由，利用赋值法求解；对于C，易得为偶函数，再利用函数单调性定义判断；对于D，由C函数在上是增函数，再由结合求解. 【详解】对于A，令，则，则 ， 令，则，则，A正确； 对于B，若，则，故B正确； 对于C，由于函数定义域为，取，则， 即为偶函数； 任取且，则， 因为，故，则，则， 故函数在上是减函数，C错误； 对于D，由C的分析可知函数在上是增函数， 故由结合可得，且， 解得，且，即的解集为，D正确 故选：ABD 【变式5-2】（2026高一·广东·期中）已知函数对任意实数，，都有成立，且当时，. (1)证明：对任意实数，，； (2)求证：是上的增函数； (3)若命题，为假命题，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明：因为对任意实数，，， 所以，所以，在中， 令得，， 所以， 在中，用替换得，， 因为，所以， 所以，对任意实数，，成立. (2)证明：任意取，，且，则，因为当时，，所以， 所以，即，所以是上的增函数. (3). 【分析】（1）根据题目中的等式，利用特殊值研究新的等式，可得答案； （2）根据函数单调性的定义，假设参数的大小关系，利用作差法，可得答案； （3）根据题目中的等量关系，结合函数的单调性，化简不等式，结合二次函数的性质，可得答案. 【详解】（1）略 （2）略 （3）命题，为假命题， 等价于，为真命题. 在中，令得，， 所以 由（2）的结论得，， 即， 令， 因为，成立，所以，所以， 所以实数的取值范围是. 【变式5-3】（2026高三·安徽·阶段检测）已知的定义域为，且，对于任意正数x，y，都有，若当时，，则不等式的解集为______. 【答案】 【分析】利用赋值法先求，进而得，利用定义法证单调性，最后利用单调性即可解不等式，进而求解. 【详解】由题意有：令有：， 令有：， 对任意的且，所以，即， 所以， 即，所以， 所以在上单调递增， 又，所以， 所以， 故答案为：. ▌题型06 抽象函数的奇偶性问题 1.核心逻辑 证明奇偶性目标：推出（偶）或（奇），核心赋值。 2.解题步骤 (1)先令，求出； (2)令代入关系式，化简得到与等式； (3)对比奇偶函数定义，判断奇偶； (4)补充：若定义域不关于原点对称，直接非奇非偶。 3.易错提醒 忘记先判断定义域是否关于原点对称；化简符号出错。 【例6】（2026高一·海南·期末）已知函数对于任意实数，都有，且. (1)求的值； (2)令，求证：函数为奇函数； (3)求的值. 【答案】(1)； (2) 当时，，则； 设，则，则， 所以， 即，所以函数为奇函数. (3)8106. 【分析】（1）利用恒等式赋值，即可求解； （2）利用恒等式赋值，结合奇函数恒等式即可证明； （3）利用，再利用加法交换律和结合律即可求和. 【详解】（1）当时，，则； （2）略 （3）由（2）知，，，则 【变式6-1】（2026高一·广东汕头·期中）定义在非零实数集上的函数对任意非零实数，满足：，且当时. (1)求及的值； (2)判断的奇偶性并证明； (3)解不等式：. 【答案】(1)，； (2) 函数是偶函数，理由如下： 的定义域是，，， 令，可得，所以函数是偶函数. (3). 【分析】（1）令可得，令可得； （2）令，结合偶函数的定义即可证明； （3）先用定义证明函数在上单调递增，利用单调性和奇偶性将不等式转化为，解不等式即可得到答案. 【详解】（1）在中，令，可得，解得. 令，可得，解得. （2）略 （3）任意时，，由题意得： ， 所以在上是增函数， 可化为，即， 又由（2）知是偶函数，所以可化为， 又在上是增函数，所以，且， 解得：且， 所以不等式的解集为. 【变式6-2】（2026高一·辽宁·阶段检测）定义在上的函数满足，且当时，，求证： (1)是奇函数； (2)在上是增函数； (3)，其中 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，令，求得，令，得到，进而得到，即可得证； （2）设，则，根据，得到，结合题意，求得，即可证； （3）化简得到，得到原式，结合（1），得到，得到，即可得证. 【详解】（1）证明：由函数的定义域为，关于原点对称， 因为函数满足， 令，可得，所以， 令，可得，即， 所以函数是的奇函数. （2）证明：设，则， 因为， 所以，所以， 当时，，所以， 即，所以函数在上是增函数. （3）证明：由， 所以， 因为时，，且函数在上的奇函数， 所以当时，，， 又因为，所以， 所以，故. 【变式6-3】（2026高一·江苏南通·专题练习）已知函数满足对任意的x，恒有，当时，， (1)判断并证明函数的奇偶性； (2)若不等式对任意，恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】(1)函数是奇函数，证明见解析 (2) 【分析】（1）合理赋值即可证明是奇函数； （2）结合（1），先说明的单调性，再求出其最大值，最后对于关于的一次函数恒成立问题，列不等式求解即可. 【详解】（1）令得，令，得， 所以函数是奇函数． （2）由（1）得，对任意的x，恒成立， 任取， 则， 由于当时，，所以，即， 所以是减函数， 则当时，， 所以对任意恒成立， 记函数， 由于函数图象为直线， 故只需满足且即可， 即， 解得 ▌题型07 抽象函数周期性问题 1.核心逻辑 迭代换元，不断替换，推导出，为周期。 常用结论： 1. 2. 3. 4.奇偶+对称、双对称可直接求周期 2.解题步骤 (1)给出抽象递推式，将替换为得到新式子； (2)两式联立消去中间项（负号、倒数）； (3)化简出，确定最小正周期； (4)利用周期化简自变量求值、解不等式。 3.易错提醒 混淆周期倍数，如误记周期为。 【例7】（2026高二·山东临沂·期末）若函数满足，且，则__________． 【答案】 【分析】先通过递推式推出函数周期为6，再利用周期性把转化为，最后递推得. 【详解】因为，所以， 两式相加得，则， 所以函数的周期是6， 因为，所以. 【变式7-1】（2026高三·全国·一轮复习）已知函数满足．当时，，则________． 【答案】8 【详解】因为，所以是以3为周期的周期函数，所以． 【变式7-2】（2026高三·河南周口·阶段检测）已知是定义在上的函数，，当时，，则（    ） A．-3 B．-1 C．1 D．3 【答案】D 【分析】先根据已知条件判断为周期为6的函数，进而求出结果. 【详解】. 两式相加，得， 是周期函数，且. 【变式7-3】（2026高一·浙江舟山·期中）已知是定义在上的函数，，当时，，则（   ） A． B． C．1 D．3 【答案】D 【分析】由题可知，进而得到，，再利用周期性求值即可． 【详解】， ． 两式相加，得， ， ， ， 是周期函数，且， ． ▌题型08 抽象函数的对称性问题 1.核心逻辑 轴对称、中心对称固定等价式： （1）轴对称：对称轴 （2）中心对称：对称中心 2.解题步骤 (1)整理抽象等式为或； (2)套公式计算对称轴/对称中心： ①对称轴 ②对称中心横坐标，纵坐标 (3)结合奇偶性、周期性综合推导函数性质。 3.易错提醒 中心对称纵坐标忘记除以2；区分不开周期式与对称式。 【例8】（2026高二·河北邢台·期末）已知奇函数的图象关于直线对称，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由奇函数性质以及图象关于直线对称将转化为已知来求解. 【详解】因为是奇函数，所以. 又因为的图象关于直线对称， 所以. 已知，故， 所以. 【变式8-1】（2026高三·河南·阶段检测）已知函数的定义域为，且其图象关于点对称，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由函数的对称性可知，结合倒序相加法即可选出正确答案. 【详解】因为图象关于点对称，则， 令， ，两式相加得， 所以. 故选:. 【点睛】关键点睛: 本题的关键是由函数的中心对称性得，再结合倒序相加法求值. 【变式8-2】（2026高二·山东泰安·期末）已知函数定义域为，且，，若与的图象交点为，，则（   ） A．20 B．35 C．40 D．70 【答案】B 【分析】易得函数与的图象都关于点对称，从而可得函数与的图象的交点关于点对称，即可得解. 【详解】因为， 所以， 所以函数的图象关于点对称， 又因， 所以函数的图象关于点对称， 所以函数与的图象的交点关于点对称， 因为交点为， ， 所以. 【变式8-3】（2026高三·陕西咸阳·阶段检测）若为奇函数，则函数的图象关于（   ） A．点对称 B．点对称 C．点对称 D．直线对称 【答案】A 【分析】根据函数的平移变换求解即可. 【详解】因为为奇函数，则关于原点对称， 根据函数的平移变换，函数的图象是将的图象向右平移个单位，再向上平移个单位， 则对应的对称中心也向右平移个单位，再向上平移个单位， 故关于点对称. ▌题型09 解抽象不等式 1.核心逻辑 利用单调性脱去，奇偶/对称统一自变量形式，全程带上定义域。 通用规则： （1）奇函数+增： （2）奇函数+减： （3）偶函数：（结合增减调整不等号） （4）轴对称函数：转化自变量到对称轴同侧再比较 2.解题步骤 (1)先写出函数定义域，所有自变量必须在定义域内； (2)利用奇偶性、对称性把不等式两侧化为单一； (3)根据单调性去掉外层，转化普通代数不等式； (4)联立定义域约束，取交集得解集。 3.易错提醒 脱时不等号方向与单调性不匹配；遗漏定义域限制。 【例9】（2026高一·天津武清·阶段检测）已知函数是定义在区间上的函数，且在该区间上单调递增，则满足的的取值范围是_____. 【答案】 【分析】根据给定条件，利用函数的单调性求解不等式. 【详解】由函数是定义在区间上的增函数，得， 解得，所以所求的取值范围是. 故答案为： 【变式9-1】（2026高一·四川南充·期中）已知函数是定义在R上的奇函数，若对任意给定的实数，恒成立，则不等式的解集是___________. 【答案】 【分析】根据已知不等式可以判断函数的单调性，再由奇函数的性质进行求解即可. 【详解】由， 当时，，当时，，因此该函数是实数集上的减函数，因为是定义在R上的奇函数，所以， 因此有当时，，当时， 当时，即时， 由， 而，所以， 当时，即时， 由， 而，所以解集为空集， 综上所述：， 故答案为： 【变式9-2】（2026高二·黑龙江大庆·阶段检测）已知函数是定义域为的偶函数，且在上单调递减，则不等式的解集为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数的单调性解不等式，偶函数在对称区间内单调性相反，可以利用到对称轴的距离列不等式判断． 【详解】因为是定义域为的偶函数，则， 故关于对称； 因为在上单调递减，故在上单调递减； 则在上单调递增； 则等价于 即，左右两边平方可得， 即，解得， 故不等式的解集为． 【变式9-3】【多选】（2026高一·江苏苏州·阶段检测）已知定义在R上的函数满足对任意的，都有，当时，，，则（   ） A． B． C．在R上单调递增 D．的解集为 【答案】ABD 【分析】令计算可得，即A正确，利用奇函数定义可证明B正确，由函数性质以及单调性定义证明可得在R上单调递减，可得C错误，根据函数单调性整理表达式并解不等式可得D正确. 【详解】对于A，令可得可得，因此A正确； 对于B，令可得，因此B正确； 对于C，取任意，且，则可得， 又因为当时，，所以 所以， 因此，所以， 可知在R上单调递减，因此C错误； 对于D，由可得， 也即，因此， 结合C中单调性可知，即，解得； 因此不等式的解集为,可得D正确. 故选：ABD ▌题型10 抽象函数比较大小 1.核心逻辑 统一自变量到同一个单调区间，再依靠单调性判断函数值高低；奇偶处理负自变量，周期压缩超大自变量。 2.解题步骤 (1)用周期把大数缩小、奇偶把负数转为正数； (2)利用对称把所有自变量转移到同一单调区间； (3)比较自变量大小，结合单调性推出大小关系。 3.易错提醒 自变量不在同一单调区间直接比较，得出错误大小关系。 【例10】（2026高三·全国·专题练习）已知函数是上的偶函数，且在区间上为减函数，那么与的大小关系是_______________． 【答案】 【分析】使用函数奇偶性判断在上的单调性，使用单调性比较函数值的大小求解. 【详解】因为函数是上的偶函数，且在区间上为减函数， 所以在上是增函数， 因为， 所以 【变式10-1】（2026高一·广东·期末）已知奇函数在上单调递减，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】已知奇函数在上单调递减， 对于A，，，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，，，C错误； 对于D，，，，D错误． 【变式10-2】（2026高一·内蒙古乌兰察布·期末）设偶函数在区间上单调递增，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据偶函数的性质得到，再根据函数的单调性判断即可. 【详解】因为为偶函数，所以， 又在区间上单调递增，， 所以， 则. 【变式10-3】（2026高一·贵州铜仁·期末）已知是定义域为的偶函数，且在上单调递减，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数的奇偶性和单调性判断函数值的大小. 【详解】因为是定义域为的偶函数，所以， 又在上单调递减，且，所以， 故选：A ▌题型11 抽象函数的最值问题 1.核心逻辑 单调性决定区间端点最值；奇偶性简化对称区间；周期性只需求一个周期内最值。 2.解题步骤 (1)确定函数定义域与单调区间； (2)奇函数对称区间最值互为相反数，偶函数两侧最值相等； (3)周期函数只计算一个完整周期内最大值、最小值； (4)写出全局值域与对应最值。 3.易错提醒 周期函数重复计算多个区间，忽略周期重复性。 【例11】（2026高三·浙江·期中）已知函数的定义域为，对于任意的，，都有，当时，都有，且，当时，则的最大值是（    ） A．5 B．6 C．8 D．12 【答案】A 【分析】找到函数值特殊的点，得到部分特殊函数值，利用给定的抽象函数定义求出端点值后，判断函数单调性即可求出最大值即可. 【详解】令，则，且 故，，故 且令，，可得 设，则， 则，故在上单调递增 的最大值是 故选：A 【点睛】本题需要考生先求出特殊值，后判断抽象函数的单调性，再求出端点值即可. 判断抽象函数的单调性时需要记忆或推理常见的抽象函数模型. 【变式11-1】（2026高二·北京·阶段检测）定义在上的函数满足：对，且，有，且时有，若的最大值、最小值分别为M、N，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，利用赋值法，分别令与可得函数为奇函数，再令，结合函数单调性定义可得函数单调递增，即可得单调性，从而可得的最大值、最小值，即可得解. 【详解】令， 则， 令，则，即有， 令，则，即有， 又，故为奇函数， 由时有，故时有， 令，则， 故， 故，故在上单调递增， 则在上单调递增， 故 . 【变式11-2】（2026高三·贵州·阶段检测）已知函数的定义域为 ，满足，则下列结论正确的是（    ） A． B．方程有解 C．函数在定义域内单调递减 D．的最小值为 2 【答案】D 【分析】根据题意，利用赋值法，求得，可判定A错误，利用叠加法，求得的解析式，列出方程，可判定B错误；结合二次函数的性质，可判定C错误，D正确. 【详解】对于A，因为的定义域为，且满足 且， 取，可得，则， 取，可得 ，则，所以A错误； 对于B，取，可得，则， 所以， 以上各式相加得，所以， 经检验：其中满足上式，所以 ， 令，可得，此方程无解，所以B错误； 对于C，由函数 ， 由函数的图象开口向上，且对称轴为， 所以函数在上单调递增，所以在上单调递增，所以C错误； 对于D，由C项知：函数在上单调递增， 所以，所以D正确. 【变式11-3】（2026高三·河南·阶段检测）设是定义在上的不恒为0的函数，且满足：①，；②当时，．则下列结论错误的是（    ） A． B．， C．在上是减函数 D．的最小值为2 【答案】D 【详解】令，，得，则或． 若，令，则对，， 这与“是定义在上的不恒为0的函数”矛盾， ，故A正确； 当时，由②可知； 当时，由选项A可知，； 当时，，由②可知， 令，，则，故； 综上，，，故B正确； 对，且，则，由②得， ，即， 在上为减函数，从而在上是减函数，故C正确； 在开区间上为减函数，没有最小值，故D错误． ▌题型12 双函数混合型 1.核心逻辑 题干同时含、两个抽象函数，分开推导各自奇偶性、单调性，再联立等式代换。 2.解题步骤 (1)拆分条件，分别推导、的单调性、奇偶性； (2)将混合式拆成单独含、单独含的两部分； (3)赋值代入已知函数值，建立等式关系； (4)联立化简求值或求解不等式范围。 3.易错提醒 两个函数条件混淆，代换时错用对方性质。 【例12】【多选】（2026高二·山西阳泉·期末）已知定义域均为的函数，满足，，，若，则下列说法正确的是（    ） A．的图象关于轴对称 B．4为的一个周期 C． D． 【答案】ABD 【分析】通过赋值转化已知条件，根据函数的奇偶性、周期性的定义进行判断和计算. 【详解】对于A：因为，所以， 由可得，， 所以，即，即是偶函数， 故的图象关于轴对称，A正确； 对于B：由，可得， 所以，又，所以， 则，所以，即的一个周期为4，B正确； 对于C：因为的周期为4，所以. 由，令可得， 由，令，则，又，所以， 故，则，C错误； 对于D：由，令，则，即； 令，则， 又是偶函数，则，所以， 因，故. ，D正确. 【变式12-1】（2026高一·陕西西安·期末）已知函数，的定义域均为Z，且，.若的图象关于直线对称，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用函数图象关于直线对称的性质，推导的对称性表达式，判断A；联立已知的两个含和的等式，通过变量替换消去相关项，推导的递推关系，判断B；代入特殊值到已知等式中，结合的条件，计算，判断C；根据的递推关系确定其周期，计算一个周期内的和，再计算2026项的总和，判断D. 【详解】 ①， ②， 关于对称，故 ③， 从②式换元得， 代入①式得：，即， 代入③式得，得， 换元得： ④，再将 得，联立得，即周期为4， 对应也满足，周期也为4. 选项A：即，但由式④， 得，故A错误； 选项B：，故B错误； 选项C：，由得， ，故C错误； 选项D：由得， 又，故，解得，，， ，. 因为周期为4，且一个周期和为：， 从到共506个完整周期（2024项）， 剩余，， 所以， 故D正确. 【变式12-2】（2026高二·河北石家庄·期末）已知函数、的定义域均为R，为偶函数，且，，下列说法正确的有（     ） A．函数的图象关于对称 B．函数的图象关于对称 C．函数是以4为周期的周期函数 D．函数是以6为周期的周期函数 【答案】C 【分析】A：利用偶函数性质换元，推出关于对称；B：联立两已知等式化简，得到对称中心为；C：由的递推式作差，证出周期为4；D：代入消元推导的关系式，得出的周期为4. 【详解】定义域为R，是偶函数得， ① ② 选项A：由①式，将替换为，得， 由偶函数，两式联立得, 因此对称轴为，A错误； 选项B：对②式，将替换为，得， 由①得，代入上式，， 整理得,又是偶函数，， 即,所以的对称中心为，B错误； 选项C：由 将式中替换为得 得，即, 是以为周期的周期函数，C正确； 选项D：由的周期是，得， 代入②式得 将代入①式, 由A结论，替换得 将替换为得 得，所以的周期为，D错误. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 抽象函数及应用12种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 抽象函数的定义域问题 题型 02 抽象函数的值域问题 题型 03 求抽象函数的值 题型 04 求抽象函数的解析式 题型 05 抽象函数的单调性问题 题型 06 抽象函数的奇偶性问题 题型 07 抽象函数周期性问题 题型 08 抽象函数的对称性问题 题型 09 解抽象不等式 题型 10 抽象函数比较大小 题型 11 抽象函数的最值问题 题型 12 双函数混合型抽象函数问题 ▌题型01 抽象函数的定义域问题 1.核心逻辑 括号内取值范围永远不变：在中，所有内部整体的取值集合完全相同。 两类基础模型： ①已知定义域，求定义域； ②已知定义域，求定义域。 2.解题步骤 (1)已知定义域，求： 令，解此不等式，解集就是的定义域。 (2)已知定义域，求： 先求时的值域，该值域就是的定义域。 3.易错提醒 (1)混淆“的范围”和“括号内整体范围”； (2)多层复合函数忘记逐层限制整体范围。 【例1】（2026高二·黑龙江黑河·期末）若函数的定义域为，则的定义域为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2026高三·全国·专题练习）已知函数的定义域是，则的定义域为______． 【变式1-2】（2026高一·云南昆明·期中）若函数定义域为，则函数的定义域为（   ） A． B． C． D． 【变式1-3】（2026高一·江西吉安·阶段检测）已知函数的定义域为，则函数的定义域为（    ） A． B． C． D． ▌题型02 抽象函数的值域问题 1.核心逻辑 值域由定义域+函数单调性/奇偶性/周期性共同决定，先锁定自变量范围，再判断增减趋势。 2.解题步骤 (1)第一步：求出抽象函数完整定义域； (2)第二步：利用题干条件推导单调性、奇偶性、周期性； (3)第三步：换元简化复合结构，找到区间端点； (4)第四步：根据增减判断区间上最大值、最小值，写出值域。 3.易错提醒 只看解析式变形，忽略定义域对值域的限制。 【例2】（2026高一·贵州遵义·阶段检测）已知函数的值域为，则函数的值域为（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】（2026高一·广东·阶段检测）已知函数的定义域和值域均为，则函数的定义域和值域分别为（   ） A．和 B．和 C．和 D．和 【变式2-2】（2026高二·山西阳泉·开学考试）函数的定义域为，且满足，函数的值域是，若集合可取得中所有值，则的取值范围为______. 【变式2-3】（2026高三·重庆·阶段检测）已知满足，且，则的值域为_____ ▌题型03 求抽象函数的值 1.核心逻辑 赋值法：给变量取特殊值（如等），消去未知量，直接算出、或指定。 2.解题步骤 (1)观察抽象关系式（和型、积型）； (2)分层赋值： ①基础赋值：令或，求； ②对称赋值：令，构造与； ③拆分赋值：把目标自变量拆成两数之和/积，代入关系式； (3)化简等式，解出目标函数值。 3.易错提醒 赋值随意，不结合式子结构，无法消元求值。 【例3】已知定义在上的函数满足对于任意实数x，y均有，且，则（    ） A．677 B．1354 C．2027 D．4054 【变式3-1】（2026高三·全国·专题练习）已知定义域为的函数对任意的都有恒成立，且，则等于（   ） A．1 B．62 C．64 D．83 【变式3-2】（2026高二·辽宁鞍山·期末）已知函数满足，．则________． 【变式3-3】（2026高二·云南昭通·期末）已知函数的定义域为，且，，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 ▌题型04 求抽象函数的解析式 1.核心逻辑 多次赋值/换元，构造关于的方程组，消去多余项，只保留。 2.解题步骤 (1)对原式换元（如把换成、、），得到第二个方程； (2)联立两个等式，形成二元一次方程组； (3)消去或，整理出表达式； (4)标注解析式对应的定义域。 3.易错提醒 换元后不联立方程，无法消去多余函数项；漏掉定义域。 【例4】已知，求. 【变式4-1】设是定义在上的函数，且满足对任意等式恒成立，则的解析式为_______． 【变式4-2】（2026高三·广东江门·开学考试）已知函数对任意实数满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【变式4-3】（2026高一·云南昭通·期末）已知函数的定义域为，且，若，则（   ） A． B． C．为增函数 D．为奇函数 ▌题型05 抽象函数的单调性问题 （1）凑：凑定义或凑已知,利用定义或已知条件得出结论； （2）赋值：给变量赋值要根据条件与结论的关系.有时可能要进行多次尝试． ①若给出的是“和型”抽象函数，判断符号时要变形为： 或； ②若给出的是“积型”抽象函数，判断符号时要变形为： 或． 【例5】（2026高一·广东深圳·期中）函数的定义域为，对，，都有；且当时，．已知． (1)求，； (2)判断并证明的单调性； (3)解不等式：． 【变式5-1】【多选】（2026高一·广东江门·期中）定义在的函数满足，当时，，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C．函数在上是增函数 D．不等式的解集为 【变式5-2】（2026高一·广东·期中）已知函数对任意实数，，都有成立，且当时，. (1)证明：对任意实数，，； (2)求证：是上的增函数； (3)若命题，为假命题，求实数的取值范围. 【变式5-3】（2026高三·安徽·阶段检测）已知的定义域为，且，对于任意正数x，y，都有，若当时，，则不等式的解集为______. ▌题型06 抽象函数的奇偶性问题 1.核心逻辑 证明奇偶性目标：推出（偶）或（奇），核心赋值。 2.解题步骤 (1)先令，求出； (2)令代入关系式，化简得到与等式； (3)对比奇偶函数定义，判断奇偶； (4)补充：若定义域不关于原点对称，直接非奇非偶。 3.易错提醒 忘记先判断定义域是否关于原点对称；化简符号出错。 【例6】（2026高一·海南·期末）已知函数对于任意实数，都有，且. (1)求的值； (2)令，求证：函数为奇函数； (3)求的值. 【变式6-1】（2026高一·广东汕头·期中）定义在非零实数集上的函数对任意非零实数，满足：，且当时. (1)求及的值； (2)判断的奇偶性并证明； (3)解不等式：. 【变式6-2】（2026高一·辽宁·阶段检测）定义在上的函数满足，且当时，，求证： (1)是奇函数； (2)在上是增函数； (3)，其中 【变式6-3】（2026高一·江苏南通·专题练习）已知函数满足对任意的x，恒有，当时，， (1)判断并证明函数的奇偶性； (2)若不等式对任意，恒成立，求实数m的取值范围． ▌题型07 抽象函数周期性问题 1.核心逻辑 迭代换元，不断替换，推导出，为周期。 常用结论： 1. 2. 3. 4.奇偶+对称、双对称可直接求周期 2.解题步骤 (1)给出抽象递推式，将替换为得到新式子； (2)两式联立消去中间项（负号、倒数）； (3)化简出，确定最小正周期； (4)利用周期化简自变量求值、解不等式。 3.易错提醒 混淆周期倍数，如误记周期为。 【例7】（2026高二·山东临沂·期末）若函数满足，且，则__________． 【变式7-1】（2026高三·全国·一轮复习）已知函数满足．当时，，则________． 【变式7-2】（2026高三·河南周口·阶段检测）已知是定义在上的函数，，当时，，则（    ） A．-3 B．-1 C．1 D．3 【变式7-3】（2026高一·浙江舟山·期中）已知是定义在上的函数，，当时，，则（   ） A． B． C．1 D．3 ▌题型08 抽象函数的对称性问题 1.核心逻辑 轴对称、中心对称固定等价式： （1）轴对称：对称轴 （2）中心对称：对称中心 2.解题步骤 (1)整理抽象等式为或； (2)套公式计算对称轴/对称中心： ①对称轴 ②对称中心横坐标，纵坐标 (3)结合奇偶性、周期性综合推导函数性质。 3.易错提醒 中心对称纵坐标忘记除以2；区分不开周期式与对称式。 【例8】（2026高二·河北邢台·期末）已知奇函数的图象关于直线对称，且，则（    ） A． B． C． D． 【变式8-1】（2026高三·河南·阶段检测）已知函数的定义域为，且其图象关于点对称，则（    ） A． B． C． D． 【变式8-2】（2026高二·山东泰安·期末）已知函数定义域为，且，，若与的图象交点为，，则（   ） A．20 B．35 C．40 D．70 【变式8-3】（2026高三·陕西咸阳·阶段检测）若为奇函数，则函数的图象关于（   ） A．点对称 B．点对称 C．点对称 D．直线对称 ▌题型09 解抽象不等式 1.核心逻辑 利用单调性脱去，奇偶/对称统一自变量形式，全程带上定义域。 通用规则： （1）奇函数+增： （2）奇函数+减： （3）偶函数：（结合增减调整不等号） （4）轴对称函数：转化自变量到对称轴同侧再比较 2.解题步骤 (1)先写出函数定义域，所有自变量必须在定义域内； (2)利用奇偶性、对称性把不等式两侧化为单一； (3)根据单调性去掉外层，转化普通代数不等式； (4)联立定义域约束，取交集得解集。 3.易错提醒 脱时不等号方向与单调性不匹配；遗漏定义域限制。 【例9】（2026高一·天津武清·阶段检测）已知函数是定义在区间上的函数，且在该区间上单调递增，则满足的的取值范围是_____. 【变式9-1】（2026高一·四川南充·期中）已知函数是定义在R上的奇函数，若对任意给定的实数，恒成立，则不等式的解集是___________. 【变式9-2】（2026高二·黑龙江大庆·阶段检测）已知函数是定义域为的偶函数，且在上单调递减，则不等式的解集为（     ） A． B． C． D． 【变式9-3】【多选】（2026高一·江苏苏州·阶段检测）已知定义在R上的函数满足对任意的，都有，当时，，，则（   ） A． B． C．在R上单调递增 D．的解集为 ▌题型10 抽象函数比较大小 1.核心逻辑 统一自变量到同一个单调区间，再依靠单调性判断函数值高低；奇偶处理负自变量，周期压缩超大自变量。 2.解题步骤 (1)用周期把大数缩小、奇偶把负数转为正数； (2)利用对称把所有自变量转移到同一单调区间； (3)比较自变量大小，结合单调性推出大小关系。 3.易错提醒 自变量不在同一单调区间直接比较，得出错误大小关系。 【例10】（2026高三·全国·专题练习）已知函数是上的偶函数，且在区间上为减函数，那么与的大小关系是_______________． 【变式10-1】（2026高一·广东·期末）已知奇函数在上单调递减，则（   ） A． B． C． D． 【变式10-2】（2026高一·内蒙古乌兰察布·期末）设偶函数在区间上单调递增，则（ ） A． B． C． D． 【变式10-3】（2026高一·贵州铜仁·期末）已知是定义域为的偶函数，且在上单调递减，则（    ） A． B． C． D． ▌题型11 抽象函数的最值问题 1.核心逻辑 单调性决定区间端点最值；奇偶性简化对称区间；周期性只需求一个周期内最值。 2.解题步骤 (1)确定函数定义域与单调区间； (2)奇函数对称区间最值互为相反数，偶函数两侧最值相等； (3)周期函数只计算一个完整周期内最大值、最小值； (4)写出全局值域与对应最值。 3.易错提醒 周期函数重复计算多个区间，忽略周期重复性。 【例11】（2026高三·浙江·期中）已知函数的定义域为，对于任意的，，都有，当时，都有，且，当时，则的最大值是（    ） A．5 B．6 C．8 D．12 【变式11-1】（2026高二·北京·阶段检测）定义在上的函数满足：对，且，有，且时有，若的最大值、最小值分别为M、N，则的值为（     ） A． B． C． D． 【变式11-2】（2026高三·贵州·阶段检测）已知函数的定义域为 ，满足，则下列结论正确的是（    ） A． B．方程有解 C．函数在定义域内单调递减 D．的最小值为 2 【变式11-3】（2026高三·河南·阶段检测）设是定义在上的不恒为0的函数，且满足：①，；②当时，．则下列结论错误的是（    ） A． B．， C．在上是减函数 D．的最小值为2 ▌题型12 双函数混合型 1.核心逻辑 题干同时含、两个抽象函数，分开推导各自奇偶性、单调性，再联立等式代换。 2.解题步骤 (1)拆分条件，分别推导、的单调性、奇偶性； (2)将混合式拆成单独含、单独含的两部分； (3)赋值代入已知函数值，建立等式关系； (4)联立化简求值或求解不等式范围。 3.易错提醒 两个函数条件混淆，代换时错用对方性质。 【例12】【多选】（2026高二·山西阳泉·期末）已知定义域均为的函数，满足，，，若，则下列说法正确的是（    ） A．的图象关于轴对称 B．4为的一个周期 C． D． 【变式12-1】（2026高一·陕西西安·期末）已知函数，的定义域均为Z，且，.若的图象关于直线对称，，则（    ） A． B． C． D． 【变式12-2】（2026高二·河北石家庄·期末）已知函数、的定义域均为R，为偶函数，且，，下列说法正确的有（     ） A．函数的图象关于对称 B．函数的图象关于对称 C．函数是以4为周期的周期函数 D．函数是以6为周期的周期函数 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $