第16讲 专题抽象函数模型归纳总结（2考点+8题型） 讲义-2027届高考数学一轮复习

第16讲 专题抽象函数模型归纳总结 目录 Part 1 考点突破 【考点1：八类函数模型与抽象函数方程的对应关系】 【考点小结：抽象函数问题的两大抓手】 Part2 题型探究 【题型1：抽象函数的值域与最值问题】 【题型2：抽象函数的定义域与解析式互求】 【题型3：抽象函数单调性的判定】 【题型4：抽象函数单调性的应用（单调性解不等式）】 【题型5：抽象函数奇偶性的判定】 【题型6：抽象函数奇偶性的应用（奇偶性解不等式）】 【题型7：抽象函数周期性的判定】 【题型8：抽象函数周期性的应用（求函数值）】 Part3 分层通关 Part 1 考点突破 【考点1：八类函数模型与抽象函数方程的对应关系】 一次函数 （1）对于正比例函数，与其对应的抽象函数为． （2）对于一次函数，与其对应的抽象函数为． 二次函数 （3）对于二次函数，与其对应的抽象函数为 幂函数 （4）对于幂函数，与其对应的抽象函数为． （5）对于幂函数，其抽象函数还可以是． 指数函数 （6）对于指数函数，与其对应的抽象函数为． （7）对于指数函数，其抽象函数还可以是． 其中 对数函数 （8）对于对数函数，与其对应的抽象函数为． （9）对于对数函数，其抽象函数还可以是． （10）对于对数函数，其抽象函数还可以是． 其中 三角函数 （11）对于正弦函数，与其对应的抽象函数为 注：此抽象函数对应于正弦平方差公式： （12）对于余弦函数，与其对应的抽象函数为 注：此抽象函数对应于余弦和差化积公式： （13）对于余弦函数，其抽象函数还可以是 注：此抽象函数对应于余弦积化和差公式： （14）对于正切函数，与其对应的抽象函数为 注：此抽象函数对应于正切函数和差角公式： 抽象函数不给解析式，只给函数方程（如 f(x+y)=f(x)f(y)）。 八类基本函数各有对应的方程：一次函数对应 f(x+y)=f(x)+f(y)，二次函数对应 f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y) 型，幂函数对应 f(xy)=f(x)f(y)，指数对应 f(x+y)=f(x)f(y)，对数对应 f(xy)=f(x)+f(y)，三角函数对应和差化积/和差角公式。拿到题先看方程形式，反推它"像"哪类函数，再用赋值法求具体值或性质。 【例1】（2026•周口校级开学）若定义[﹣2027，2027]上的函数f（x）满足：对任意x1，x2∈[﹣2027，2027]且x1+x2∈[﹣2027，2027]有f（x1+x2）＝f（x1）+f（x2）﹣2026若f（x）的最大值和最小值分别为M，N，则M+N的值为（　　） A．2026 B．2027 C．4054 D．4052 【例2】（2025秋•娄底期末）对于定义在R的函数f（x），都有f（x）＞0，且满足f（x+y）＝f（x）•f（y），当x＞0时，f（x）＞1． （1）求f（0）的值； （2）证明：函数f（x）为R上的增函数； （3）若f（1）＝3，求关于x的不等式f（x）＜﹣2x+13的解集． 【考点小结：抽象函数问题的两大抓手】 抓手一：模型类比。看到函数方程先反推它对应哪类基本函数——f(x+y)=f(x)+f(y) 像一次，f(x+y)=f(x)f(y) 像指数，f(xy)=f(x)+f(y) 像对数，f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y) 像余弦。锁定模型，就能借用该函数的性质往下推。抓手二：赋值法。方程里能代入的特殊值（0、1、−1、令 y=−x、令 y=x 等）是破题关键，先探 f(0)、f(1)，再找递推或周期性。两个抓手配合，绝大多数抽象函数题都能开。 Part 2 题型探究 【题型1：抽象函数的值域与最值问题】 【例1】（2026•日照校级开学）若f（x）的定义域为R，且，f（1）＝2，则f（99）＝（　　） A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．4 【变式1】（2026春•即墨区月考）已知函数f（x）的定义域为R，值域为（0，+∞），对任意x，y∈R，都有f（xy）＝f（x）f（y）﹣f（x）﹣f（y）+2，且f（0）＜f（1），则下列说法正确的是（　　） A．f（0）＝2 B．f（﹣1）＝0 C． D．f（x）是增函数 【题型2：抽象函数的定义域与解析式互求】 【例2】（2025秋•宜春校级期中）若函数f（x）的定义域和值域都是[0，1]，则函数f（x+2）的定义域和值域分别为（　　） A．和[﹣2，﹣1] B．和[0，1] C．[﹣2，﹣1]和 D．[﹣2，﹣1]和[0，1] 【变式2】（2025春•浙江月考）已知f（x）是定义在R上的奇函数，若x∈[﹣4，﹣2]时，函数f（x）的值域是[﹣6，﹣3]，则函数f（x）在[2，4]区间上的最大值为（　　） A．6 B．4 C．3 D．2 【题型3：抽象函数单调性的判定】 【例3】（2026春•平谷区期末）已知函数f（x）定义域为R， ①存在函数f（x）在R上单调，使得y＝f（2x）﹣f（x）单调； ②存在单调递减函数f（x），使得f（x+1）﹣f（x）＝1恒成立； ③若存在a＞0，对∀x∈R，使得f（x）＜f（x+a）成立，则f（x）在R上是增函数； ④若函数f（x）满足f（x﹣1）+f（x）＝sinx，则函数f（x）在R上一定不单调． 以上说法正确的是（　　） A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 【变式3】（2026春•安康月考）已知函数f（x）为奇函数，且在[0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，若f（x）的图象是一条连续的曲线，则g（x）＝f（x+2）﹣1（　　） A．在（0，4）上单调递增 B．在（﹣4，0）上单调递增 C．在（﹣∞，0）上单调递减 D．在（﹣4，+∞）上单调递减 【题型4：抽象函数单调性的应用（单调性解不等式）】 【例4】（2026春•唐山校级月考）设f（x）是定义在R上的奇函数，且f（2）＝0．若f（x）在（0，+∞）上单调递减，则不等式（x2﹣1）f（x）＞0的解集是（　　） A．（﹣∞，﹣2）∪（﹣1，0）∪（0，1） B．（﹣2，﹣1）∪（0，1）∪（1，2） C．（﹣∞，﹣2）∪（﹣1，0）∪（1，2） D．（﹣2，﹣1）∪（0，1）∪（2，+∞） 【变式4】（2025秋•莆田校级期末）已知函数f（x）的定义域是R，f（x﹣1）的图象关于点（1，0）中心对称，若f（3）＝0，且对任意x1，x2∈（﹣∞，0），x1≠x2，都有，则不等式的解集为（　　） A． B． C． D． 【题型5：抽象函数奇偶性的判定】 【例5】（2026秋•武汉月考）若函数为奇函数，则a＝（　　） A．﹣1 B．1 C． D． 【变式5】（2025秋•渝北区校级期末）已知函数f（x）的定义域为R，f（﹣1）＝0，函数y＝xf（x+3）是奇函数，函数y＝（x+1）f（x）的图象关于直线x＝﹣1对称，则下列说法中错误的是（　　） A．f（x+3）是偶函数 B．f（x）的图象关于直线x＝3对称 C．f（x）关于（﹣1，0）对称 D．f（x）的一个周期是8 【题型6：抽象函数奇偶性的应用（奇偶性解不等式）】 【例6】（2025秋•西安校级期末）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，对任意x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2，都有，且f（﹣3）＝0，则不等式xf（x）＞0的解集为（　　） A．（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞） B．（﹣3，0）∪（3，+∞） C．（﹣∞，﹣3）∪（0，3） D．（﹣3，0）∪（0，3） 【变式6】（2026春•昭通期末）已知函数f（x）＝ex+ae﹣x为奇函数，则a＝（　　） A．1 B．0 C．﹣1 D．2 【题型7：抽象函数周期性的判定】 【例7】（2026秋•南京月考）已知函数f（x）的定义域为R，f（x）﹣f（x﹣1）+f（x﹣2）＝0，且f（10）＞f（20），f（20）＜f（30），则下列结论中一定正确的是（　　） A．f（100）＞0 B．f（100）＜0 C．f（101）＞0 D．f（101）＜0 【变式7】（2026春•市中区校级月考）f（x）是定义在R上周期为2的奇函数，当0≤x≤1时，f（x）＝x2﹣x，则（　　） A． B． C． D． 【题型8：抽象函数周期性的应用（求函数值）】 【例8】（2026•浙江学业考试）已知f（x）定义域为R，且f（x+2）为偶函数，f（1+x）+f（1﹣x）＝0，当0≤x≤1时，f（x）＝x2﹣1，则f（2026）＝（　　） A．3 B．1 C．0 D．﹣1 【变式8】（2026秋•商都县校级月考）若函数f（x）对任意的x∈R都有f（x+3）＝﹣f（x），f（x+3）是偶函数，且当x∈[2，3]时，f（x）＝3x，则f（2026）＝　　　 ． Part 3 分层通关 【基础通关练】 1．（2025秋•海淀区校级月考）定义在[﹣2026，2026]上的函数f（x）满足：对∀x1，x2∈[﹣2026，2026]有f（x1+x2）＝f（x1）+f（x2）﹣2026且x＞0时有f（x）＞2026，若f（x）的最大值、最小值分别为M，N，则M+N的值为（　　） A．0 B．4052 C．2026 D．﹣4052 2．已知函数f（x）是定义在[﹣a，a]上的图象连续不间断的奇函数，且{y|y＝f（x），x∈[0，a]}＝[m，M]，若M≥﹣m，则f（x）的值域是（　　） A．[m，M] B．[﹣M，M] C．[m，﹣m] D．[﹣M，﹣m] 3．（2025春•长沙校级期末）若函数f（x）的值域为（1，10），则函数的值域为（　　） A．[﹣3，﹣2） B．（﹣3，﹣2） C．[﹣3，1） D．（﹣3，1） 4．（2026春•固始县校级期末）设函数f（x）满足f（1+x）＝f（1﹣x），且f（x）是（1，+∞）上的增函数，则，，的大小联系是（　　） A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．a＞c＞b D．c＞b＞a 5．（2026春•温州期中）已知f（x）是定义在R上的偶函数，f（x+2）＝f（x），且f（x）在[﹣1，0]上单调递减，若a＝f（log345），，则（　　） A．b＜a＜c B．a＜c＜b C．a＜b＜c D．b＜c＜a 6．（2026春•河南月考）设f（x）是定义在（0，+∞）上的不恒为0的函数，且满足：①∀x，y∈（0，+∞），；②当0＜x＜1时，f（x）＞2．则下列结论错误的是（　　） A．f（1）＝2 B．∀x∈（0，+∞），f（x）＞0 C．f（x）在（1，+∞）上是减函数 D．f（x）的最小值为2 7．（2026•桃源县校级模拟）已知定义域为R的函数f（x）满足f（x+2）＝f（﹣x），且f（2x﹣1）为奇函数，则一定有（　　） A．f（0）＝0 B．f（2）＝0 C．f（3）＝0 D．f（4）＝0 8．（2026•青铜峡市校级模拟）已知定义在R上的可导函数f（x）满足f（2x+1）是偶函数；f（4﹣x）＝2﹣f（x）；f（0）＝1，f′（0）＝2，则f（2026）+f′（2026）＝（　　） A．﹣3 B．﹣1 C．1 D．3 9．（2026秋•深圳校级月考）已知函数的对称中心在直线y＝ax+b（a＞0）上，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 10．（2026•沙坪坝区校级模拟）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，且f′（x）+f′（﹣x）＝2，f（1+x）+f（1﹣x）＝0，则f′（2026）＝（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 11．（2026•定远县校级二模）已知函数f（x）的定义域为R，f（x+1）为奇函数，f（x+2）为偶函数，当x∈[1，2]时，f（x）＝ax2+b，若f（0）+f（3）＝6，则（　　） A． B． C． D． 12．（2026•皋兰县校级模拟）已知函数f（x），g（x）的定义域均为R，f（4﹣x）+f（x）＝2，g（x）的图象关于直线x＝4对称，g（4）＝1，且f（x）＝g（4+x）+3，则g（19）+g（24）+g（25）＝（　　） A．﹣9 B．﹣4 C．1 D．4 【提升通关练】 13．（2025•柳南区校级模拟）已知函数y＝f（x）的定义域和值域分别为[﹣1，1]和[5，9]，则函数y＝f（x+1）的定义域和值域分别为（　　） A．[0，2]和[6，10] B．[﹣2，0]和[6，10] C．[0，2]和[5，9] D．[﹣2，0]和[5，9] 14．若函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）+f（x﹣y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，则f（4）＝（　　） A．0 B．1 C．2 D．﹣1 15．（2026•西安校级模拟）已知定义在R上的函数f（x）满足：①∀x≠y，都有；②∀a，b∈R，恒有f（2a）＝f（a+b）+f（a﹣b）﹣1．则下列结论正确的是（　　） A．f（2）＜1 B． C．函数g（x）＝f（x）﹣1为偶函数 D．若m∈R，则 16．（2026•个旧市校级开学）（多选）定义在R上的函数f（x）满足f（x+y）＝f（x）+f（y），当x＜0时，f（x）＞0，则下列说法正确的是（　　） A．f（0）＝0 B．f（﹣x）＝﹣f（x） C．f（x）在区间[m，n]上有最大值f（n） D．f（x﹣1）+f（x2﹣1）＞0的解集为{x|﹣2＜x＜1} 17．（2025秋•内江期末）定义在R上的函数f（x）满足f（x）为偶函数，f（x+1）为奇函数，则下列说法一定成立的是（　　） A．f（0）＝0 B．f（2）＝0 C．f（3）＝0 D．f（2）＝f（5） 18．（2026•南昌校级模拟）已知f（x）是定义域为R的奇函数，若f（x）＝f（2﹣x），f（3）＝2，则（　　） A．2 B．0 C．﹣2 D．4 19．（2026秋•河西区校级月考）若∀x∈R，f（x+1）＝f（1﹣x），当x≥1时，f（x）＝x2﹣4x，则下列说法正确的是（　　） A．函数f（x）为奇函数 B．函数f（x）在（1，+∞）上单调递增 C．f（x）min＝﹣4 D．函数f（x）在（﹣∞，1）上单调递减 20．（2026秋•同安区校级月考）已知y＝f（x﹣1）的图象关于点（1，0）对称，且对∀x∈R，都有f（x﹣1）＝f（3﹣x）成立，当0≤x≤1时，f（x）＝x2，则f（2027）＝（　　） A．﹣1 B．0 C．1 D．2 【培优通关练】 21．定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足条件①∀x∈（0，+∞），f（x）≠0，②∀x，y∈（0，+∞），f（xy）f（x）f（y），f（x+y），则f（）的值为（　　） A． B． C． D． 22．（2025秋•息县校级期末）已知函数f（x）的定义域是R，函数f（x+1）的图象的对称中心是（﹣1，0），若对任意的x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2，都有成立，f（1）＝1，则不等式f（x）﹣x＞0的解集为 　　　　 ． 23．（2026秋•湖北月考）设函数f（x）的定义域为R，f（x+1）为奇函数，f（x+2）为偶函数，当x∈[0，1]时，f（x）＝ax+b（a＞0且a≠1），若f（0）+f（3）＝﹣1，则f（log218）＝（　　） A． B． C． D． 24．（2026春•南开区校级期末）已知函数f（x）为偶函数，且满足f（x）+f（x﹣2）＝0，且当时，f（x）＝x2+ax+3，则f（2026）＝（　　） A．1 B．3 C．﹣1 D．﹣3 学科网（北京）股份有限公司 $ 第16讲 专题抽象函数模型归纳总结 目录 Part 1 考点突破 【考点1：八类函数模型与抽象函数方程的对应关系】 【考点小结：抽象函数问题的两大抓手】 Part2 题型探究 【题型1：抽象函数的值域与最值问题】 【题型2：抽象函数的定义域与解析式互求】 【题型3：抽象函数单调性的判定】 【题型4：抽象函数单调性的应用（单调性解不等式）】 【题型5：抽象函数奇偶性的判定】 【题型6：抽象函数奇偶性的应用（奇偶性解不等式）】 【题型7：抽象函数周期性的判定】 【题型8：抽象函数周期性的应用（求函数值）】 Part3 分层通关 Part 1 考点突破 【考点1：八类函数模型与抽象函数方程的对应关系】 一次函数 （1）对于正比例函数，与其对应的抽象函数为． （2）对于一次函数，与其对应的抽象函数为． 二次函数 （3）对于二次函数，与其对应的抽象函数为 幂函数 （4）对于幂函数，与其对应的抽象函数为． （5）对于幂函数，其抽象函数还可以是． 指数函数 （6）对于指数函数，与其对应的抽象函数为． （7）对于指数函数，其抽象函数还可以是． 其中 对数函数 （8）对于对数函数，与其对应的抽象函数为． （9）对于对数函数，其抽象函数还可以是． （10）对于对数函数，其抽象函数还可以是． 其中 三角函数 （11）对于正弦函数，与其对应的抽象函数为 注：此抽象函数对应于正弦平方差公式： （12）对于余弦函数，与其对应的抽象函数为 注：此抽象函数对应于余弦和差化积公式： （13）对于余弦函数，其抽象函数还可以是 注：此抽象函数对应于余弦积化和差公式： （14）对于正切函数，与其对应的抽象函数为 注：此抽象函数对应于正切函数和差角公式： 抽象函数不给解析式，只给函数方程（如 f(x+y)=f(x)f(y)）。 八类基本函数各有对应的方程：一次函数对应 f(x+y)=f(x)+f(y)，二次函数对应 f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y) 型，幂函数对应 f(xy)=f(x)f(y)，指数对应 f(x+y)=f(x)f(y)，对数对应 f(xy)=f(x)+f(y)，三角函数对应和差化积/和差角公式。拿到题先看方程形式，反推它"像"哪类函数，再用赋值法求具体值或性质。 【例1】（2026•周口校级开学）若定义[﹣2027，2027]上的函数f（x）满足：对任意x1，x2∈[﹣2027，2027]且x1+x2∈[﹣2027，2027]有f（x1+x2）＝f（x1）+f（x2）﹣2026若f（x）的最大值和最小值分别为M，N，则M+N的值为（　　） A．2026 B．2027 C．4054 D．4052 【答案】D 【分析】通过赋值可得f（x）+f（﹣x）＝4052，进而得到﹣[f（x）﹣2026]＝f（﹣x）﹣2026，令g（x）＝f（x）﹣2026，可知g（x）为定义域上的奇函数，再由奇函数的性质容易得出答案． 【解答】解：依题意，令x1＝x2＝0，可得f（0）＝f（0）+f（0）﹣2026， 解得f（0）＝2026， 令x1＝x，x2＝﹣x，则f（0）＝f（x）+f（﹣x）﹣2026， 可得f（x）+f（﹣x）＝4052， 则﹣[f（x）﹣2026]＝f（﹣x）﹣2026， 令g（x）＝f（x）﹣2026，则g（x）＝﹣g（﹣x）， 故g（x）为[﹣2027，2027]上的奇函数， 则有g（x）min+g（x）max＝0， 所以f（x）min﹣2026+f（x）max﹣2026＝0， 故M+N＝f（x）min+f（x）max＝4052． 故选：D． 【例2】（2025秋•娄底期末）对于定义在R的函数f（x），都有f（x）＞0，且满足f（x+y）＝f（x）•f（y），当x＞0时，f（x）＞1． （1）求f（0）的值； （2）证明：函数f（x）为R上的增函数； （3）若f（1）＝3，求关于x的不等式f（x）＜﹣2x+13的解集． 【答案】（1）f（0）＝1． （2）证明：设x1，x2∈R，且x1＜x2， 有f（x1）﹣f（x2）＝f（x1）﹣f（x2﹣x1+x1） ＝f（x1）﹣f（x2﹣x1）•f（x1）＝f（x1）[1﹣f（x2﹣x1）] 又∵x2﹣x1＞0，∴f（x2﹣x1）＞1，即1﹣f（x2﹣x1）＜0，又f（x1）＞0， ∴f（x1）﹣f（x2）＜0， ∴函数f（x）在R上为增函数． （3）（﹣∞，2）． 【分析】（1）利用赋值法，结合已知等式进行求解即可； （2）根据函数单调性的定义，结合已知等式进行运算证明即可； （3）根据函数的单调性，结合已知等式进行求解即可． 【解答】解：（1）定义在R的函数f（x），都有f（x）＞0，且满足f（x+y）＝f（x）•f（y）， 则f（0）＝f（0+0）＝f（0）•f（0）⇒f（0）＝f2（0）， ∴f（0）＝1或f（0）＝0（舍），即f（0）＝1； （2）证明：设x1，x2∈R，且x1＜x2， 有f（x1）﹣f（x2）＝f（x1）﹣f（x2﹣x1+x1） ＝f（x1）﹣f（x2﹣x1）•f（x1）＝f（x1）[1﹣f（x2﹣x1）] 又∵x2﹣x1＞0，∴f（x2﹣x1）＞1，即1﹣f（x2﹣x1）＜0，又f（x1）＞0， ∴f（x1）﹣f（x2）＜0， ∴函数f（x）在R上为增函数． （3）∵f（x）＜﹣2x+13， 则f（x）+2x＜13， 又∵f（1）＝3，∴f（2）＝f（1）•f（1）＝9， 令g（x）＝f（x）+2x，由（2）知g（x）在R上也为增函数， 又g（2）＝f（2）+2×2＝13， ∴g（x）＜g（2），由函数单调性可知x＜2， ∴不等式的解集为（﹣∞，2）． 【考点小结：抽象函数问题的两大抓手】 抓手一：模型类比。看到函数方程先反推它对应哪类基本函数——f(x+y)=f(x)+f(y) 像一次，f(x+y)=f(x)f(y) 像指数，f(xy)=f(x)+f(y) 像对数，f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y) 像余弦。锁定模型，就能借用该函数的性质往下推。抓手二：赋值法。方程里能代入的特殊值（0、1、−1、令 y=−x、令 y=x 等）是破题关键，先探 f(0)、f(1)，再找递推或周期性。两个抓手配合，绝大多数抽象函数题都能开。 Part 2 题型探究 【题型1：抽象函数的值域与最值问题】 【例1】（2026•日照校级开学）若f（x）的定义域为R，且，f（1）＝2，则f（99）＝（　　） A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．4 【答案】A 【分析】利用特殊值法，得到抽象函数的周期性与对称性，再结合f（1）＝2，f（0）＝4，得到f（99）＝f（3）＝﹣f（0）＝﹣4． 【解答】解：已知f（x）的定义域为R，且， 令x＝1，y＝0，则，又因为f（1）＝2，所以f（0）＝4， 令y＝1，可得， 令x+1＝t，则f（t）+f（t﹣2）＝f（t﹣1），即f（x）+f（x﹣2）＝f（x﹣1）， 两式相加可知f（x+1）+f（x﹣2）＝0，即f（x）＝﹣f（x+3）， 又因为f（x+3）＝﹣f（x+6），所以f（x）＝f（x+6），即f（x）的周期为6， 所以结合f（x）＝f（x+6）以及f（x）＝﹣f（x+3）， 可得f（99）＝f（6×16+3）＝f（3）＝﹣f（0）＝﹣4． 故选：A． 【变式1】（2026春•即墨区月考）已知函数f（x）的定义域为R，值域为（0，+∞），对任意x，y∈R，都有f（xy）＝f（x）f（y）﹣f（x）﹣f（y）+2，且f（0）＜f（1），则下列说法正确的是（　　） A．f（0）＝2 B．f（﹣1）＝0 C． D．f（x）是增函数 【答案】C 【分析】选项A，令x＝y＝0，求得f（0）＝1或f（0）＝2，再令x＝y＝1，可得f（1）＝1或f（1）＝2，然后根据f（0）＜f（1），即可得解；选项B和D，令x＝y＝﹣1，结合f（x）的值域求得f（﹣1）的值，即可作出判断；选项C，令y，推出f（x）f（）＝f（x）+f（），再结合基本不等式求解即可． 【解答】解：选项A，令x＝y＝0，则f（0）＝f（0）f（0）﹣f（0）﹣f（0）+2， 即f2（0）﹣3f（0）+2＝0， 所以[f（0）﹣1][f（0）﹣2]＝0，解得f（0）＝1或f（0）＝2， 令x＝y＝1，则f（1）＝f（1）f（1）﹣f（1）﹣f（1）+2， 即f2（1）﹣3f（1）+2＝0，解得f（1）＝1或f（1）＝2， 又f（0）＜f（1）， 所以f（0）＝1，f（1）＝2，故选项A错误； 选项B和D，令x＝y＝﹣1，则f（1）＝f（﹣1）f（﹣1）﹣f（﹣1）﹣f（﹣1）+2＝2， 所以f2（﹣1）﹣2f（﹣1）＝0，解得f（﹣1）＝0或f（﹣1）＝2， 因为f（x）的值域为（0，+∞）， 所以f（﹣1）＝2＝f（1），故选项B和D均错误； 选项C，令y，则f（1）＝f（x）f（）﹣f（x）﹣f（）+2＝2， 所以f（x）f（）＝f（x）+f（）， 因为f（x）＞0，f（）＞0， 所以f（x）f（）＝f（x）+f（）≥2， 即f（x）f（）≥4，当且仅当f（x）＝f（）＝2时，等号成立，故选项C正确． 故选：C． 【题型2：抽象函数的定义域与解析式互求】 【例2】（2025秋•宜春校级期中）若函数f（x）的定义域和值域都是[0，1]，则函数f（x+2）的定义域和值域分别为（　　） A．和[﹣2，﹣1] B．和[0，1] C．[﹣2，﹣1]和 D．[﹣2，﹣1]和[0，1] 【答案】D 【分析】结合函数平移及抽象函数的定义域和值域求解即可． 【解答】解：由于函数f（x）的定义域和值域都是[0，1]， 函数f（x+2）的图象可以由函数f（x）的图象向左平移2个单位得到， 所以函数f（x+2）的定义域为[﹣2，﹣1]，值域为[0，1]． 故选：D． 【变式2】（2025春•浙江月考）已知f（x）是定义在R上的奇函数，若x∈[﹣4，﹣2]时，函数f（x）的值域是[﹣6，﹣3]，则函数f（x）在[2，4]区间上的最大值为（　　） A．6 B．4 C．3 D．2 【答案】A 【分析】直接利用函数的性质，函数的定义域和值域的关系以及奇偶性的应用求出结果． 【解答】解：由于2≤x≤4，则﹣4≤﹣x≤﹣2， 所以﹣6≤f（﹣x）≤﹣3， 由于函数f（x）在R上为奇函数， 所以f（﹣x）＝﹣f（x）， 则﹣6≤﹣f（x）≤﹣3， 故3≤f（x）≤6，故函数f（x）在[2，4]区间上的最大值为6． 故选：A． 【题型3：抽象函数单调性的判定】 【例3】（2026春•平谷区期末）已知函数f（x）定义域为R， ①存在函数f（x）在R上单调，使得y＝f（2x）﹣f（x）单调； ②存在单调递减函数f（x），使得f（x+1）﹣f（x）＝1恒成立； ③若存在a＞0，对∀x∈R，使得f（x）＜f（x+a）成立，则f（x）在R上是增函数； ④若函数f（x）满足f（x﹣1）+f（x）＝sinx，则函数f（x）在R上一定不单调． 以上说法正确的是（　　） A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 【答案】C 【分析】根据题意，举出实例可得①正确，利用反证法分析②和④，举出反例可得③错误，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析4个命题： 对于①，当f（x）＝x，f（x）在R上单调递增，y＝f（2x）﹣f（x）＝2x﹣x＝x，该函数为增函数，①正确； 对于②，假设存在单调递减函数f（x），使得f（x+1）﹣f（x）＝1恒成立， 由于f（x）是减函数，则f（x+1）﹣f（x）＜0，与f（x+1）﹣f（x）＝1相矛盾， 故不存在单调递减函数f（x），使得f（x+1）﹣f（x）＝1恒成立，②错误； 对于③，对于函数f（x）＝[x]，有f（x）＜f（x+2），即存在a＝3，满足f（x）＜f（x+a）对任意实数都成立， 但f（x）在R上不是增函数，③错误； 对于④，假设函数f（x）在R上是单调函数， 若f（x﹣1）+f（x）＝sinx，则有f（x）+f（x+1）＝sin（x+1）， 两式相减，有f（x+1）﹣f（x﹣1）＝sin（x+1）﹣sinx＝sin[（x）]﹣sin[（x）]＝2cos（x）sin， 若函数f（x）在R上是单调函数，则f（x+1）﹣f（x﹣1）的符号恒为正或恒为负， 而右式2cos（x）sin的符号不定，两者相矛盾， 故函数f（x）在R上一定不单调，④正确． 故选：C． 【变式3】（2026春•安康月考）已知函数f（x）为奇函数，且在[0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，若f（x）的图象是一条连续的曲线，则g（x）＝f（x+2）﹣1（　　） A．在（0，4）上单调递增 B．在（﹣4，0）上单调递增 C．在（﹣∞，0）上单调递减 D．在（﹣4，+∞）上单调递减 【答案】B 【分析】先根据奇函数的对称性求得函数f（x）的单调区间，再结合函数图象平移求解即可． 【解答】解：根据题意，因为f（x）为奇函数，其图像关于原点对称， 又由f（x）在[0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减， 则f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减， 因为g（x）＝f（x+2）﹣1的图象是由f（x）的图象向左平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度得到的， 所以g（x）在（﹣∞，﹣4）上单调递减，在（﹣4，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减． 故选：B． 【题型4：抽象函数单调性的应用（单调性解不等式）】 【例4】（2026春•唐山校级月考）设f（x）是定义在R上的奇函数，且f（2）＝0．若f（x）在（0，+∞）上单调递减，则不等式（x2﹣1）f（x）＞0的解集是（　　） A．（﹣∞，﹣2）∪（﹣1，0）∪（0，1） B．（﹣2，﹣1）∪（0，1）∪（1，2） C．（﹣∞，﹣2）∪（﹣1，0）∪（1，2） D．（﹣2，﹣1）∪（0，1）∪（2，+∞） 【答案】C 【分析】利用函数的奇偶性和函数的单调性求解即可． 【解答】解：因为f（x）是定义在R上的奇函数，且f（2）＝0．若f（x）在（0，+∞）上单调递减， 所以f（x）＞0的解集是（﹣∞，﹣2）∪（0，2）， f（x）＜0的解集是（﹣2，0）∪（2，+∞）． 不等式（x2﹣1）f（x）＞0等价于不等式组或， 解得解集为（﹣∞，﹣2）∪（﹣1，0）∪（1，2）． 故选：C． 【变式4】（2025秋•莆田校级期末）已知函数f（x）的定义域是R，f（x﹣1）的图象关于点（1，0）中心对称，若f（3）＝0，且对任意x1，x2∈（﹣∞，0），x1≠x2，都有，则不等式的解集为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可得y＝f（x）为奇函数，进而得f（x）在（﹣∞，0）和（0，+∞）上均单调递减，再由分式不等式的等价条件得，然后根据函数的奇偶性和单调性解不等式即可． 【解答】解：因为对任意x1，x2∈（﹣∞，0），x1≠x2，都有， 所以y＝f（x）在（﹣∞，0）上单调递减， 因为f（x﹣1）的对称中心为（1，0）， 所以f（x）的对称中心为（0，0），即y＝f（x）为奇函数， 所以f（x）在（0，+∞）上单调递减， 由f（3）＝0，得f（﹣3）＝0， 而不等式等价于或， 所以或， 解得或， 所以原不等式的解集为． 故选：C． 【题型5：抽象函数奇偶性的判定】 【例5】（2026秋•武汉月考）若函数为奇函数，则a＝（　　） A．﹣1 B．1 C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，求出函数的定义域，由函数奇偶性的性质分析可得a的值，验证可得答案． 【解答】解：根据题意，函数， 必有（x+a）（2x﹣1）≠0，解可得x≠﹣a且x，则函数的定义域为{x|x≠﹣a且x}， 若函数为奇函数，则有﹣a0，即a， 当a时，f（x），其定义域为{x|x且x}， 有f（﹣x）f（x）， 则f（x）为奇函数，符合题意，故a． 故选：D． 【变式5】（2025秋•渝北区校级期末）已知函数f（x）的定义域为R，f（﹣1）＝0，函数y＝xf（x+3）是奇函数，函数y＝（x+1）f（x）的图象关于直线x＝﹣1对称，则下列说法中错误的是（　　） A．f（x+3）是偶函数 B．f（x）的图象关于直线x＝3对称 C．f（x）关于（﹣1，0）对称 D．f（x）的一个周期是8 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用函数的奇偶性、对称性的定义分析判断ABC；确定函数的周期判断D． 【解答】解：对于选项A，由y＝xf（x+3）是奇函数，得∀x∈R，﹣xf（﹣x+3）＝﹣[xf（x+3）]， 则f（﹣x+3）＝f（x+3），因此f（x+3）为偶函数，因此选项A正确； 对于选项B，根据f（﹣x+3）＝f（x+3），所以f（﹣x）＝f（x+6）， 得f（x）的图象关于直线x＝3对称，因此选项B正确； 对于选项C，由y＝（x+1）f（x）的图象关于直线x＝﹣1对称，得（x+1）f（x）＝（﹣2﹣x+1）f（﹣2﹣x）， 那么（x+1）f（x）＝﹣（x+1）f（﹣2﹣x），所以f（x）＝﹣f（﹣x﹣2）， 因此f（x）的图象关于（﹣1，0）对称，因此选项C正确； 对于选项D，根据f（x）＝﹣f（﹣x﹣2），得f（﹣x）＝﹣f（x﹣2），又因为f（﹣x）＝f（x+6）， 那么f（x+6）＝﹣f（x﹣2），所以f（x+8）＝﹣f（x），因此f（x+16）＝﹣f（x+8）＝f（x）， 函数f（x）的一个周期是16， 若f（x）的一个周期为8，那么恒有f（x）＝0，无条件说明f（x）＝0恒成立，因此选项D错误． 故选：D． 【题型6：抽象函数奇偶性的应用（奇偶性解不等式）】 【例6】（2025秋•西安校级期末）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，对任意x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2，都有，且f（﹣3）＝0，则不等式xf（x）＞0的解集为（　　） A．（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞） B．（﹣3，0）∪（3，+∞） C．（﹣∞，﹣3）∪（0，3） D．（﹣3，0）∪（0，3） 【答案】D 【分析】根据已知确定f（x）的区间单调性，进而得到x＜﹣3或0＜x＜3时f（x）＞0，﹣3＜x＜0或x＞3时f（x）＜0，即可求不等式的解集． 【解答】解：根据题意，对于任意的x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2，都有， 则f（x）在（0，+∞）上单调递减， 又函数f（x）是定义在R上的奇函数，则f（x）在（﹣∞，0）上单调递减， 由f（﹣3）＝0，则f（3）＝0，且f（0）＝0， 故x＜﹣3或0＜x＜3时f（x）＞0，﹣3＜x＜0或x＞3时f（x）＜0， xf（x）＞0⇒或，解可得﹣3＜x＜0或0＜x＜3， 所以xf（x）＞0的解集为（﹣3，0）∪（0，3）． 故选：D． 【变式6】（2026春•昭通期末）已知函数f（x）＝ex+ae﹣x为奇函数，则a＝（　　） A．1 B．0 C．﹣1 D．2 【答案】C 【分析】根据题意，由奇函数的性质f（0）＝0求出a的值，验证可得答案． 【解答】解：根据题意，函数f（x）＝ex+ae﹣x，其定义域为R． 若函数f（x）为奇函数，则必有f（0）＝1+a＝0，解得a＝﹣1， 此时f（x）＝ex﹣e﹣x，义域为R． 易得f（﹣x）＝e﹣x﹣ex＝﹣（ex﹣e﹣x）＝﹣f（x），f（x）为奇函数，a＝﹣1符合题意． 故a＝﹣1． 故选：C． 【题型7：抽象函数周期性的判定】 【例7】（2026秋•南京月考）已知函数f（x）的定义域为R，f（x）﹣f（x﹣1）+f（x﹣2）＝0，且f（10）＞f（20），f（20）＜f（30），则下列结论中一定正确的是（　　） A．f（100）＞0 B．f（100）＜0 C．f（101）＞0 D．f（101）＜0 【答案】C 【分析】根据函数周期性得到函数周期为6，然后利用周期性对已知条件进行化简，找到不等式关系，最后得到f（2）＜0，再判断选项即可． 【解答】解：因为f（x）的定义域为R，f（x）﹣f（x﹣1）+f（x﹣2）＝0， 所以f（x）＝f（x﹣1）﹣f（x﹣2）， 所以f（x﹣1）＝f（x﹣2）﹣f（x﹣3） 所以f（x+3）+f（x）＝0，所以f（x+6）+f（x+3）＝0， 所以f（x+6）＝f（x），所以f（x）的周期为6， 所以f（10）＝f（4），f（20）＝f（2）， f（30）＝f（0），又f（10）＞f（20），f（20）＜f（30）， 所以f（4）＞f（2），f（2）＜f（0）⑴，又f（4）＝f（3）﹣f（2）， f（3）＝f（2）﹣f（1），f（2）＝f（1）﹣f（0）⑵， 依次回代可以得到：f（4）＝﹣f（1），同理可得f（5）＝﹣f（2）， 因为f（4）＞f（2），﹣f（1）＞f（2）⑶，联立⑴⑵⑶得到： ，解得f（2）＜0， 又f（101）＝f（5）＝﹣f（2）＞0，所以C选项正确，所以D选项错误； f（100）＝f（4）＞f（2）， 所以f（100）可能大于0，也可能不大于0，所以A，B选项错误． 故选：C． 【变式7】（2026春•市中区校级月考）f（x）是定义在R上周期为2的奇函数，当0≤x≤1时，f（x）＝x2﹣x，则（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用周期性与奇函数性质求的值． 【解答】解：因为f（x）是定义在R上周期为2的奇函数，当0≤x≤1时，f（x）＝x2﹣x， 所以． 故选：C． 【题型8：抽象函数周期性的应用（求函数值）】 【例8】（2026•浙江学业考试）已知f（x）定义域为R，且f（x+2）为偶函数，f（1+x）+f（1﹣x）＝0，当0≤x≤1时，f（x）＝x2﹣1，则f（2026）＝（　　） A．3 B．1 C．0 D．﹣1 【答案】B 【分析】推导出函数f（x）是周期为4的周期函数，可得出f（2026）＝f（2），由题干条件求出f（0）的值，结合f（2）+f（0）＝0可得出f（2）的值，即可得出答案． 【解答】解：根据题意，函数f（x）定义域为R，且f（x+2）为偶函数，则f（2+x）＝f（2﹣x），变形可得f（x+4）＝f（﹣x）①， 又因为f（1+x）+f（1﹣x）＝0，则f（x+1+1）+f（1﹣（x+1））＝0，即f（x+2）+f（﹣x）＝0②， 由①②可得f（x+4）+f（x+2）＝0，可得f（x+4）＝﹣f（x+2）， 所以f（x﹣2+4）＝﹣f（x﹣2+2），即f（x+2）＝﹣f（x）， 所以f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x）， 所以函数f（x）是周期为4的周期函数， 所以f（2026）＝f（4×506+2）＝f（2）， 当0≤x≤1时，f（x）＝x2﹣1，则f（0）＝﹣1， 在等式f（1+x）+f（1﹣x）＝0中，令x＝1可得f（2）+f（0）＝0，故f（2）＝1， 因此f（2026）＝f（2）＝1． 故选：B． 【变式8】（2026秋•商都县校级月考）若函数f（x）对任意的x∈R都有f（x+3）＝﹣f（x），f（x+3）是偶函数，且当x∈[2，3]时，f（x）＝3x，则f（2026）＝　6　 ． 【答案】6． 【分析】根据题干信息可以得到函数f（x）周期为6，f（2026）＝f（4），再根据对称性得到f（4）＝f（2），代入即可求出答案． 【解答】解：∵f（x+3）＝﹣f（x），∴f（x+6）＝﹣f（x+3）＝f（x）， 即函数f（x）是周期为6， ∵f（x+3）是偶函数，∴f（x+3）＝f（﹣x+3）， 令x＝1，则f（4）＝f（2）＝3×2＝6， ∴f（2026）＝f（337×6+4）＝f（4）＝6． 故答案为：6． Part 3 分层通关 【基础通关练】 1．（2025秋•海淀区校级月考）定义在[﹣2026，2026]上的函数f（x）满足：对∀x1，x2∈[﹣2026，2026]有f（x1+x2）＝f（x1）+f（x2）﹣2026且x＞0时有f（x）＞2026，若f（x）的最大值、最小值分别为M，N，则M+N的值为（　　） A．0 B．4052 C．2026 D．﹣4052 【答案】B 【分析】令g（x）＝f（x）﹣2026，利用赋值法，分别令x1＝x2＝0与x1＝﹣x2＝x可得函数g（x）为奇函数，再令﹣2026≤x1＜x2≤2026，结合函数单调性定义可得函数g（x）单调递增，即可得f（x）单调性，从而可得f（x）的最大值、最小值，即可得解． 【解答】解：因为定义在[﹣2026，2026]上的函数f（x）满足：对∀x1，x2∈[﹣2026，2026]， 有f（x1+x2）＝f（x1）+f（x2）﹣2026，且x＞0时有f（x）＞2026， 又f（x）的最大值、最小值分别为M，N， 所以令g（x）＝f（x）﹣2026， 则g（x1+x2）＝f（x1+x2）﹣2026＝f（x1）﹣2026+f（x2）﹣2026＝g（x1）+g（x2）， 令x1＝x2＝0，则g（0）＝g（0）+g（0），即有g（0）＝0， 令x1＝﹣x2＝x，则g（0）＝g（x）+g（﹣x），即有g（x）＝﹣g（﹣x）， 又x∈[﹣2026，2026]，故g（x）为奇函数， 由x＞0时有f（x）＞2026，故x＞0时有g（x）＝f（x）﹣2026＞0， 令﹣2026≤x1＜x2≤2026，则d＝x2﹣x1＞0， 故g（x2）＝g（x1+x2﹣x1）＝g（x1）+g（d）， 故g（x2）﹣g（x1）＝g（d）＞0，故g（x）在[﹣2026，2026]上单调递增， 则f（x）＝g（x）+2026在[﹣2026，2026]上单调递增， 故M+N＝f（2026）+f（﹣2026）＝g（2026）+2026+g（﹣2026）+2026 ＝g（2026）+2026﹣g（2026）+2026＝4052． 故选：B． 2．已知函数f（x）是定义在[﹣a，a]上的图象连续不间断的奇函数，且{y|y＝f（x），x∈[0，a]}＝[m，M]，若M≥﹣m，则f（x）的值域是（　　） A．[m，M] B．[﹣M，M] C．[m，﹣m] D．[﹣M，﹣m] 【答案】B 【分析】由奇函数的对称性求出x∈[﹣a，0]时的值域，取并集得答案． 【解答】解：∵函数f（x）是定义在[﹣a，a]上的图象连续不间断的奇函数， ∴函数f（x）的图象关于原点中心对称， 又{y|y＝f（x），x∈[0，a]}＝[m，M]， ∴{y|y＝f（x），x∈[﹣a，0]}＝[﹣M，﹣m]， 已知M≥﹣m，则﹣M≤m，可得f（x）的值域是[﹣M，M]． 故选：B． 3．（2025春•长沙校级期末）若函数f（x）的值域为（1，10），则函数的值域为（　　） A．[﹣3，﹣2） B．（﹣3，﹣2） C．[﹣3，1） D．（﹣3，1） 【答案】C 【分析】令，通过换元法将g（x）表示为（t﹣2）2﹣3，然后根据二次函数的性质求解出g（x）的值域． 【解答】解：根据题意可知，令，得t∈（0，3），f（x）＝t2+1，则g（x）＝h（t）＝t2﹣4t+1＝（t﹣2）2﹣3， ∴h（t）min＝h（2）＝﹣3，对称轴t＝2，开口向上且|0﹣2|＞|3﹣2|，∴h（t）＜h（0）＝1， ∴函数g（x）的值域为[﹣3，1）． 故选：C． 4．（2026春•固始县校级期末）设函数f（x）满足f（1+x）＝f（1﹣x），且f（x）是（1，+∞）上的增函数，则，，的大小联系是（　　） A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．a＞c＞b D．c＞b＞a 【答案】A 【分析】根据f（1+x）＝f（1﹣x）可知f（x）的图象关于x＝1对称，再根据f（x）在（1，+∞）上是增函数即可得出f（x）在（﹣∞，1）上是减函数，并且容易得出，这样即可得出a，b，c的大小关系． 【解答】解：∵f（1+x）＝f（1﹣x）， ∴f（x）关于直线x＝1对称，且f（x）是（1，+∞）上的增函数， ∴f（x）是（﹣∞，1）上的减函数， 又， ∴， ∴a＞b＞c． 故选：A． 5．（2026春•温州期中）已知f（x）是定义在R上的偶函数，f（x+2）＝f（x），且f（x）在[﹣1，0]上单调递减，若a＝f（log345），，则（　　） A．b＜a＜c B．a＜c＜b C．a＜b＜c D．b＜c＜a 【答案】A 【分析】首先得f（x）在[1，2]上单调递减，进一步通过偶函数性质以及f（x+2）＝f（x）将自变量都转换到区间[1，2]内，然后比较分数指数幂以及对数的大小，结合函数单调性即可得解． 【解答】解：因为f（x）是定义在R上的偶函数，f（x+2）＝f（x） 所以f（x）的周期为2，又f（x）在[﹣1，0]上单调递减， 所以f（x）在[1，2]上单调递减． a＝f（log345）＝f（2+log35）＝f（log35），b＝f（﹣4）＝f（2）， 因为53＝125＞34＝81，所以， 所以， 所以， 故b＜a＜c． 故选：A． 6．（2026春•河南月考）设f（x）是定义在（0，+∞）上的不恒为0的函数，且满足：①∀x，y∈（0，+∞），；②当0＜x＜1时，f（x）＞2．则下列结论错误的是（　　） A．f（1）＝2 B．∀x∈（0，+∞），f（x）＞0 C．f（x）在（1，+∞）上是减函数 D．f（x）的最小值为2 【答案】D 【分析】由已知条件，利用赋值法，结合函数的性质检验各选项即可求解． 【解答】解：∀x，y∈（0，+∞），， x＝1，y＝1，得f（1）f（1）＝2f（1），则f（1）＝0或f（1）＝2． 若f（1）＝0，令y＝1，则对∀x∈（0，+∞），， 这与“f（x）是定义在（0，+∞）上的不恒为0的函数”矛盾， ∴f（1）＝2，故A正确； 当0＜x＜1时，由②可知f（x）＞2＞0； 当x＝1时，由选项A可知，f（1）＝2＞0； 当x＞1时，，由②可知， 令x＝1，y＝x，则，故； 综上，∀x∈（0，+∞），f（x）＞0，故B正确； 对∀x1，x2∈（0，+∞），且x1＜x2，则，由②得， ∴，即f（x1）＞f（x2）， ∴f（x）在（0，+∞）上为减函数，从而f（x）在（1，+∞）上是减函数，故C正确； ∵f（x）在开区间（0，+∞）上为减函数，∴f（x）没有最小值，故D错误． 故选：D． 7．（2026•桃源县校级模拟）已知定义域为R的函数f（x）满足f（x+2）＝f（﹣x），且f（2x﹣1）为奇函数，则一定有（　　） A．f（0）＝0 B．f（2）＝0 C．f（3）＝0 D．f（4）＝0 【答案】C 【分析】利用奇函数的性质求出f（﹣1）＝0，再利用对称性逐项判断． 【解答】解：因为定义域为R的函数f（x）满足f（x+2）＝f（﹣x），且f（2x﹣1）为奇函数， 所以f（﹣2x﹣1）+f（2x﹣1）＝0，所以f（﹣x）+f（x﹣2）＝0，且f（﹣1）＝0， 所以f（x+2）+f（x﹣2）＝0， 所以f（x+4）+f（x）＝0，所以f（x+8）+f（x+4）＝0， 所以f（x+8）＝f（x），所以f（x）的周期为8， 所以由f（x+4）+f（x）＝0，可得f（3）+f（﹣1）＝0，又f（﹣1）＝0， 所以f（3）＝0，所以C选项正确； 对其它选项中的函数值没有条件得到，所以A，B，D选项错误． 故选：C． 8．（2026•青铜峡市校级模拟）已知定义在R上的可导函数f（x）满足f（2x+1）是偶函数；f（4﹣x）＝2﹣f（x）；f（0）＝1，f′（0）＝2，则f（2026）+f′（2026）＝（　　） A．﹣3 B．﹣1 C．1 D．3 【答案】B 【分析】判断f（x）的图象关于直线x＝1对称，再求证f（x）和f′（x）的周期均为4即可求解． 【解答】解：因为定义在R上的可导函数f（x）满足f（2x+1）是偶函数， 所以f（﹣2x+1）＝f（2x+1）， 所以f（x）＝f（2﹣x）， 所以f（4﹣x）＝f（x﹣2），又f（4﹣x）＝2﹣f（x）， 所以f（x﹣2）＝2﹣f（x）， 即f（x）＝2﹣f（x﹣2），则f（x+2）＝2﹣f（x）①， 所以f（x+4）＝2﹣f（x+2）＝2﹣（2﹣f（x））＝f（x）， 对①两边求导得f′（x+2）＝﹣f′（x），故f′（x+4）＝f′（x）， 故f（x）和f′（x）的周期均为4， 于是f（2026）＝f（4×506+2）＝f（2），f′（2026）＝f′（2）． 在f（x+2）＝2﹣f（x）中，取x＝0得f（2）＝2﹣f（0）＝2﹣1＝1． 在f′（x+2）＝﹣f′（x）中取x＝0得f′（2）＝﹣f′（0）＝﹣2， 所以f（2026）+f′（2026）＝1﹣2＝﹣1． 故选：B． 9．（2026秋•深圳校级月考）已知函数的对称中心在直线y＝ax+b（a＞0）上，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，分析f（x）的对称中心，可得a+b＝2，由此可得4，结合基本不等式的性质分析可得答案． 【解答】解：根据题意，函数2（x﹣1）2， 易得f（x）的对称中心为（1，2）， 又由其对称中心在直线y＝ax+b上，则有2＝a+b， 则4≥24＝24，当且仅当a时等号成立， 故的最小值为24． 故选：C． 10．（2026•沙坪坝区校级模拟）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，且f′（x）+f′（﹣x）＝2，f（1+x）+f（1﹣x）＝0，则f′（2026）＝（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】先推导f'（x）的周期为4，再利用赋值法求解即可． 【解答】解：因为f（1+x）+f（1﹣x）＝0， 所以f′（1+x）﹣f′（1﹣x）＝0， 即f′（1+x）＝f′（1﹣x）， 所以f′（2+x）＝f′（﹣x）， 又因为f′（x）+f′（﹣x）＝2， 所以f′（x）+f′（2+x）＝2， 所以f′（x+2）+f′（4+x）＝2， 所以f′（4+x）＝f′（x）， 所以f′（x）是周期函数，4为其周期， 由f′（x）+f′（2+x）＝2， 可得f′（0）+f′（2）＝2， 由f′（x）+f′（﹣x）＝2， 可得2f′（0）＝2， 所以f′（0）＝1， 所以f′（2）＝1， 所以f′（2026）＝f′（4×506+2）＝f′（2）＝1． 故选：B． 11．（2026•定远县校级二模）已知函数f（x）的定义域为R，f（x+1）为奇函数，f（x+2）为偶函数，当x∈[1，2]时，f（x）＝ax2+b，若f（0）+f（3）＝6，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，由已知奇偶性质得到f（x）的周期性与对称性，借助已知条件f（0）+f（3）＝6与f（1）＝0待定系数a，b，再利用周期性得，由对称性转化为，代入解析式求解即得． 【解答】解：根据题意，由f（x+1）为奇函数，得f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），变形可得f（x）＝﹣f（2﹣x）①， 故函数f（x）的图象关于点（1，0）对称； 由f（x+2）为偶函数，得f（﹣x+2）＝f（x+2）②， 则函数f（x）的图象关于直线x＝2对称； 由①②得f（x+2）＝﹣f（x）， 则f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x）， 故f（x）的周期为4，所以， 由f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），令x＝0得f（1）＝0，即a+b＝0③， 已知f（0）+f（3）＝6， 由函数f（x）的图象关于直线x＝2对称，得f（3）＝f（1）＝0， 又函数f（x）的图象关于点（1，0）对称，得f（0）＝﹣f（2） 所以f（0）+f（3）＝﹣f（2）＝6，即f（2）＝﹣6， 所以4a+b＝﹣6④，联立③④解得a＝﹣2，b＝2 故x∈[1，2]时，f（x）＝﹣2x2+2， 由f（x）关于（1，0）对称，可得． 故选：A． 12．（2026•皋兰县校级模拟）已知函数f（x），g（x）的定义域均为R，f（4﹣x）+f（x）＝2，g（x）的图象关于直线x＝4对称，g（4）＝1，且f（x）＝g（4+x）+3，则g（19）+g（24）+g（25）＝（　　） A．﹣9 B．﹣4 C．1 D．4 【答案】A 【分析】先由f（x）＝g（4+x）+3及f（4﹣x）+f（x）＝2，可得g（4+x）+g（8﹣x）＝﹣4，进而可得g（x）的一个对称中心（6，﹣2），再由g（x）是轴对称可知函数是周期函数，从而根据周期及对称可得所求值． 【解答】解：因为f（x）＝g（4+x）+3， 用4﹣x替换x， 得f（4﹣x）＝g（8﹣x）+3， 又因为f（4﹣x）+f（x）＝2， 所以g（4+x）+3+g（8﹣x）+3＝2， 即g（4+x）+g（8﹣x）＝﹣4， 所以g（x）的图象关于点（6，﹣2）对称，且g（6）＝﹣2． 又因为g（x）的图象关于直线x＝4对称， 所以g（4﹣x）＝g（4+x）， 用4﹣x替换x，得g（8﹣x）＝g（x）， 且g（4+x）+g（8﹣x）＝﹣4， 所以g（4+x）+g（x）＝﹣4， 则g（8+x）+g（x+4）＝﹣4， 所以g（8+x）＝g（x）， 所以8是函数g（x）的一个周期． 在g（4+x）+g（8﹣x）＝﹣4中， 令x＝﹣1， 得g（3）+g（9）＝﹣4， 所以g（19）+g（25）＝g（2×8+3）+g（2×8+9） ＝g（3）+g（9） ＝﹣4． 又因为g（4）＝1，g（4）+g（8）＝﹣4，所以g（8）＝﹣5． 所以g（24）＝g（2×8+8）＝g（8）＝﹣5， 所以g（19）+g（24）+g（25）＝﹣4﹣5＝﹣9． 故选：A． 【提升通关练】 13．（2025•柳南区校级模拟）已知函数y＝f（x）的定义域和值域分别为[﹣1，1]和[5，9]，则函数y＝f（x+1）的定义域和值域分别为（　　） A．[0，2]和[6，10] B．[﹣2，0]和[6，10] C．[0，2]和[5，9] D．[﹣2，0]和[5，9] 【答案】D 【分析】根据抽象函数的值域和定义域即可求解． 【解答】解：函数y＝f（x）的定义域为[﹣1，1]，对于y＝f（x+1），﹣1≤x+1≤1，即可得﹣2≤x≤0， 函数y＝f（x+1）的定义域为[﹣2，0]， 函数y＝f（x+1）是由f（x）向左平移一个单位，故值域不变，其值域仍为[5，9]， 所以函数y＝f（x+1）的定义域和值域分别为[﹣2，0]和[5.9]． 故选：D． 14．若函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）+f（x﹣y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，则f（4）＝（　　） A．0 B．1 C．2 D．﹣1 【答案】D 【分析】令x＝1，y＝0可求出f（0）的值，令x＝y＝1可求出f（2）的值，令x＝y＝2可求出f（4）的值． 【解答】解：函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）+f（x﹣y）＝f（x）f（y）， 令x＝1，y＝0可得2f（1）＝f（1）f（0），故f（0）＝2， 令x＝y＝1可得f（2）+f（0）＝[f（1）]2＝1，即f（2）+2＝1，解得f（2）＝﹣1， 令x＝y＝2可得f（4）+f（0）＝[f（2）]2＝1，即f（4）+2＝1，解得f（4）＝﹣1． 故选：D． 15．（2026•西安校级模拟）已知定义在R上的函数f（x）满足：①∀x≠y，都有；②∀a，b∈R，恒有f（2a）＝f（a+b）+f（a﹣b）﹣1．则下列结论正确的是（　　） A．f（2）＜1 B． C．函数g（x）＝f（x）﹣1为偶函数 D．若m∈R，则 【答案】D 【分析】由条件①，可判断f（x）是R上的增函数，利用单调性可判断A；结合换元法将复杂的自变量的范围求出来，利用f（x）的单调性可判断B；对于条件②，通过赋值法，给a、b赋特殊值，推导函数f（x）的性质，进而分析g（x）＝f（x）﹣1的奇偶性，可判断C；可结合函数单调性或构造函数，利用基本不等式判断自变量的关系，进而推导函数值的关系可判断D． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，∀a，b∈R，恒有f（2a）＝f（a+b）+f（a﹣b）﹣1， 令a＝b＝0，得f（0）＝f（0）+f（0）﹣1，则f（0）＝1． 因为∀x≠y，都有，所以f（x）在R上单调递增，故f（2）＞f（0）＝1，故A错误． 对于B，对于函数f（2x2+1）， 设，令，所以， 可知u在[1，+∞）上单调递增，所以， 所以f（u）≥f（0）＝1，即，故B错误． 对于C，∀a，b∈R，恒有f（2a）＝f（a+b）+f（a﹣b）﹣1， 令a＝0，b＝x，得f（0）＝f（x）+f（﹣x）﹣1， 所以f（x）+f（﹣x）＝2．因为g（x）＝f（x）﹣1， 所以g（x）+g（﹣x）＝f（x）﹣1+f（﹣x）﹣1＝f（x）+f（﹣x）﹣2＝0， 所以函数g（x）＝f（x）﹣1为奇函数，故C错误． 对于D，∀a，b∈R，恒有f（2a）＝f（a+b）+f（a﹣b）﹣1， 令x＝a+b，y＝a﹣b，则f（x）+f（y）＝f（x+y）+1， 所以f（2m）+f（2﹣m）＝f（2m+2﹣m）+1， 因为，当且仅当m＝0时等号成立，又f（x）在R上单调递增， 所以f（2m）+f（2﹣m）＝f（2m+2﹣m）+1≥f（2）+1＝f（1）+f（1）﹣1+1＝2f（1）， 即，故D正确． 故选：D． 16．（2026•个旧市校级开学）（多选）定义在R上的函数f（x）满足f（x+y）＝f（x）+f（y），当x＜0时，f（x）＞0，则下列说法正确的是（　　） A．f（0）＝0 B．f（﹣x）＝﹣f（x） C．f（x）在区间[m，n]上有最大值f（n） D．f（x﹣1）+f（x2﹣1）＞0的解集为{x|﹣2＜x＜1} 【答案】ABD 【分析】结合赋值法判断函数的奇偶性及单调性，进而求出最值及解不等式． 【解答】解：已知定义在R上的函数f（x）满足f（x+y）＝f（x）+f（y），当x＜0时，f（x）＞0， 选项A，在f（x+y）＝f（x）+f（y）中，令x＝y＝0，可得f（0）＝2f（0），解得f（0）＝0，选项A正确； 选项B，由于函数f（x）的定义域为R，在f（x+y）＝f（x）+f（y）中，令y＝﹣x，可得f（x）+f（﹣x）＝f（0）＝0，所以f（﹣x）＝﹣f（x），选项B正确； 选项C，任取x1，x2∈R，且x1＜x2，则x1﹣x2＜0，f（x1﹣x2）＞0， 所以f（x1）﹣f（x2）＝f（x1）+f（﹣x2）＝f（x1﹣x2）＞0，所以f（x1）＞f（x2）， 则函数f（x）在R上为减函数，所以f（x）在区间[m，n]上有最小值f（n），选项C错误； 选项D，由f（x﹣1）+f（x2﹣1）＞0可得，f（x2﹣1）＞﹣f（x﹣1）＝f（1﹣x）， 又函数f（x）在R上为减函数，则x2﹣1＜1﹣x， 整理得x2+x﹣2＜0，解得﹣2＜x＜1，选项D正确． 故选：ABD． 17．（2025秋•内江期末）定义在R上的函数f（x）满足f（x）为偶函数，f（x+1）为奇函数，则下列说法一定成立的是（　　） A．f（0）＝0 B．f（2）＝0 C．f（3）＝0 D．f（2）＝f（5） 【答案】C 【分析】利用函数的奇偶性和周期性的概念求解即可． 【解答】解：因为f（x）为偶函数，f（x+1）为奇函数， 所以f（﹣x）＝f（x），f（﹣x+1）+f（x+1）＝0， 所以2f（1）＝0，所以f（1）＝0， f（0）+f（2）＝0，无法直接得出f（0）＝0或f（2）＝0，所以A，B选项错误； 又f（1）+f（3）＝0，f（1）＝0，所以f（3）＝0，所以C选项正确； 因为f（x+1）＝﹣f（﹣x+1），所以f（x+2）＝﹣f（﹣x）＝﹣f（x）， 所以f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），所以f（x）的周期为4， 所以f（5）＝f（1）＝0，无法得出f（2）＝f（5），所以D选项错误． 故选：C． 18．（2026•南昌校级模拟）已知f（x）是定义域为R的奇函数，若f（x）＝f（2﹣x），f（3）＝2，则（　　） A．2 B．0 C．﹣2 D．4 【答案】C 【分析】由f（x）是定义域为R的奇函数和f（x）＝f（2﹣x）可得f（x）是以4为周期的周期函数，再求出f（1），f（2），f（4），即可求出f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝0，进而求出答案． 【解答】解：由于f（x）是定义域为R的奇函数，所以f（﹣x）＝﹣f（x），f（0）＝0， 由于f（x）＝f（2﹣x），即f（x+2）＝f（2﹣（x+2））＝f（﹣x）＝﹣f（x）， 因此f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），即f（x）是以4为周期的周期函数． 因为f（3）＝2，分别令f（x+2）＝﹣f（x）中x＝0，x＝1，那么f（2）＝﹣f（0）＝0， f（3）＝﹣f（1）＝2，所以f（4）＝f（0）＝0，f（1）＝﹣2， 因此f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝0， 因此． 故选：C． 19．（2026秋•河西区校级月考）若∀x∈R，f（x+1）＝f（1﹣x），当x≥1时，f（x）＝x2﹣4x，则下列说法正确的是（　　） A．函数f（x）为奇函数 B．函数f（x）在（1，+∞）上单调递增 C．f（x）min＝﹣4 D．函数f（x）在（﹣∞，1）上单调递减 【答案】C 【分析】根据题意，函数对称性可得解析式，由此可作出f（x）的图象，结合图象依次判断各个选项即可． 【解答】解：根据题意，由f（x+1）＝f（1﹣x）， 变形可得：f（x）＝f（2﹣x），则f（x）图象关于x＝1对称， 当x＜1时，2﹣x＞1， 则有f（x）＝f（2﹣x）＝（2﹣x﹣2）2﹣4＝x2﹣4， 则有f（x），作出f（x）图象如下图所示， 由此分析选项： 对于A，由图象可知：f（x）不关于坐标原点对称，∴f（x）不是奇函数，A错误； 对于B，f（x）在（1，2）上单调递减，B错误； 对于C，f（x）min＝f（0）＝f（2）＝﹣4，C正确； 对于D，f（x）在（0，1）上单调递增，D错误． 故选：C． 20．（2026秋•同安区校级月考）已知y＝f（x﹣1）的图象关于点（1，0）对称，且对∀x∈R，都有f（x﹣1）＝f（3﹣x）成立，当0≤x≤1时，f（x）＝x2，则f（2027）＝（　　） A．﹣1 B．0 C．1 D．2 【答案】A 【分析】先由图象平移的对称性推出f（x）是奇函数，再推导得到函数周期为4，最后将f（2027）转化为已知区间的函数值计算即可． 【解答】解：由于y＝f（x﹣1）的图象关于点（1，0）对称，因此f（x）的图象关于点（0，0）对称， 即f（x）为奇函数，因此f（x）＝﹣f（﹣x），因为对∀x∈R，都有f（x﹣1）＝f（3﹣x）成立， 因此f（x+2）＝f（﹣x）＝﹣f（x），所以f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x）， 因此f（x）的周期为4，因为当0≤x≤1时，f（x）＝x2， 因此f（2027）＝f（4×507+（﹣1））＝f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣1． 故选：A． 【培优通关练】 21．定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足条件①∀x∈（0，+∞），f（x）≠0，②∀x，y∈（0，+∞），f（xy）f（x）f（y），f（x+y），则f（）的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件，结合赋值法，以及抽象函数的解析式，即可求解． 【解答】解：∀x，y∈（0，+∞），f（xy）f（x）f（y）， 令x＝y＝1，f（1），解得f（1）＝2， 令x＝2，y， 则f（1）2，解得f（2）f（）＝4， f（x+y）， 令x＝y＝1， 则f（2）， 故f（）＝4， 令x＝2，y， ． 故选：B． 22．（2025秋•息县校级期末）已知函数f（x）的定义域是R，函数f（x+1）的图象的对称中心是（﹣1，0），若对任意的x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2，都有成立，f（1）＝1，则不等式f（x）﹣x＞0的解集为 　（﹣1，0）∪（1，+∞）　 ． 【答案】（﹣1，0）∪（1，+∞）． 【分析】利用函数f（x+1）的图象的对称中心是（﹣1，0）可得f（x）是R上的奇函数，由可得，故可得在（0，+∞）上单调递增，然后分x＝0，x＞0和x＜0三种情况进行求范围即可． 【解答】解：因为f（x+1）是f（x）向左平移1个单位长度得到， 且函数f（x+1）的图象的对称中心是（﹣1，0）， 所以f（x）的图象的对称中心是（0，0）， 故f（x）是R上的奇函数，所以f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣1， 对任意的x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2，都有成立， 所以， 令，所以根据单调性的定义可得g（x）在（0，+∞）上单调递增， 由f（x）是R上的奇函数可得g（x）是（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的偶函数 所以g（x）在（﹣∞，0）上单调递减， 当x＝0时，不等式f（x）﹣x＞0得到0﹣0＞0，矛盾； 当x＞0时，f（x）﹣x＞0转化成即g（x）＞g（1），所以x＞1； 当x＜0时，f（x）﹣x＞0转化成，g（x）＜g（﹣1），所以﹣1＜x＜0， 综上所述，不等式f（x）﹣x＞0的解集为（﹣1，0）∪（1，+∞）． 故答案为：（﹣1，0）∪（1，+∞）． 23．（2026秋•湖北月考）设函数f（x）的定义域为R，f（x+1）为奇函数，f（x+2）为偶函数，当x∈[0，1]时，f（x）＝ax+b（a＞0且a≠1），若f（0）+f（3）＝﹣1，则f（log218）＝（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意分析可知函数f（x）关于点（1，0）中心对称，关于直线x＝2轴对称，且是周期为4的周期函数，结合题中函数值和解析式可得，进而分析求解即可． 【解答】解：根据题意，f（x+1）为奇函数，则f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），变形可得f（﹣x）＝﹣f（x+2）①， 易得函数f（x）关于点（1，0）中心对称， f（x）的定义域为R，必有f（1）＝0， 又因为f（x+2）为偶函数，则f（﹣x+2）＝f（x+2），变形可得f（﹣x）＝f（x+4）②， 则函数f（x）关于直线x＝2轴对称； 联立①②可得：f（x+4）＝﹣f（x+2），即f（x+2）＝﹣f（x）， 则有f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），则f（x）是周期为4的周期函数， 则f（﹣3）＝f（﹣3+4）＝f（1）＝0， 因为f（0）+f（﹣3）＝﹣1，可得f（0）＝﹣1， 当x∈[0，1]时，f（x）＝ax+b， 可得，解得，满足a＞0且a≠1． 故当x∈[0，1]时，f（x）＝2x﹣2． 因为4＜log218＜5，则， 由于，所以． 故选：C． 24．（2026春•南开区校级期末）已知函数f（x）为偶函数，且满足f（x）+f（x﹣2）＝0，且当时，f（x）＝x2+ax+3，则f（2026）＝（　　） A．1 B．3 C．﹣1 D．﹣3 【答案】C 【分析】根据题意，利用偶函数的定义以及特殊值法求出a的值，进而求出f（2）的值，分析函数的周期性，可得f（2026）＝f（2+506×4）＝f（2），即可得答案． 【解答】解：根据题意，函数f（x）为偶函数，且满足f（x）+f（x﹣2）＝0， 令x＝1，有f（1）+f（﹣1）＝2f（1）＝0， 再令x＝3，有f（1）+f（3）＝0，即f（3）＝0， 又由当时，f（x）＝x2+ax+3，则f（3）＝9+3a+3＝12+3a＝0，必有a＝﹣4， 则f（2）＝4﹣8+3＝﹣1， 又由f（x）满足f（x）+f（x﹣2）＝0，则有f（x+2）+f（x）＝0， 联立可得f（x+4）＝f（x），即f（x）是周期为4的周期函数， 故f（2026）＝f（2+506×4）＝f（2）＝﹣1． 故选：C． 学科网（北京）股份有限公司 $