微突破抽象函數(shù)求解模型化高中總復習·數(shù)學

所謂抽象函數(shù)，是指沒有明確給出函數(shù)表達式，只給出它具有的某些

特征或性質，并用一種符號表示的函數(shù).抽象函數(shù)是由特殊的、具體的函

數(shù)抽象而得到的，我們所遇到的抽象函數(shù)都是以中學階段所學的基本初等

函數(shù)為背景抽象而得，解決此類問題，若能從研究抽象函數(shù)的“模型”入

手，根據(jù)題設中抽象函數(shù)的性質，通過類比、猜想出它可能為某種基本初

等函數(shù)，變抽象為具體，變陌生為熟知，會起到事半功倍的效果.常見的抽象函數(shù)對應的基本初等函數(shù)模型如下：基本初等函數(shù)模型抽象函數(shù)性質一次函數(shù)f（x）＝kx＋b

（k≠0）f（x±y）＝f（x）±f（y）?b二次函數(shù)f（x）＝ax2＋bx＋c

（a≠0）f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2axy

－c冪函數(shù)f（x）＝xnf（xy）＝f（x）f（y）或f（

）＝

指數(shù)函數(shù)f（x）＝ax（a＞0且

a≠1）f（x＋y）＝f（x）f（y）或f（x－

y）＝

基本初等函數(shù)模型抽象函數(shù)性質對數(shù)函數(shù)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）余弦函數(shù)f（x）＝A

cos

ωx

（Aω≠0）f（x）＋f（y）＝

f（

）·f

（

）或f（x＋y）＋f（x－y）＝

f（x）·f（y）一次函數(shù)模型

（2025·重慶學業(yè)質量調(diào)研）已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：f

（x1＋x2）＝f（x1）＋f（x2），且當x＞0時，f（x）＜0.則關于x的不

等式f（x2）＋f（2x）≥0的解集為（

）A.

[－2，0]B.

[0，2]C.

（－∞，－2]∪[0，＋∞）D.

（－∞，0]∪[2，＋∞）√解析：

法一（常規(guī)解法）由題意得f[（x1－x2）＋x2]＝f（x1－x2）

＋f（x2），即f（x1）－f（x2）＝f（x1－x2），不妨令x1＞x2，則x1－x2

＞0，所以f（x1－x2）＜0，即f（x1）－f（x2）＜0，f（x1）＜f

（x2），故f（x）在R上是減函數(shù).在f（x1＋x2）＝f（x1）＋f（x2）

中，令x1＝x2＝0，則f（0）＝f（0）＋f（0），得f（0）＝0.令x1＝x，

x2＝－x，則f（x－x）＝f（x）＋f（－x），所以f（x）＋f（－x）

＝0，故f（x）是奇函數(shù).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].故選A.

法二（模型解法）因為f（x1＋x2）＝f（x1）＋f（x2），所以可令f（x）

＝kx，又當x＞0時，f（x）＜0，所以k＜0，所以f（x2）＋f（2x）≥0

可轉化為kx2＋2kx≥0，即x2＋2x≤0，解得－2≤x≤0，即x∈[－2，0].

故選A.

二次函數(shù)模型

已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且滿足f（x）＋f（y）＝f（x＋

y）－2xy＋2，f（1）＝2，則下列結論正確的是（

）A.

f（4）＝12B.

方程f（x）＝x有解C.

f（x＋

）是偶函數(shù)D.

f（x－

）是偶函數(shù)√

冪函數(shù)模型

[0，2]

指數(shù)函數(shù)模型

已知函數(shù)f（x）對于一切實數(shù)x，y滿足f（0）≠0，f（x＋y）＝f

（x）f（y），且當x＜0時，f（x）＞1.則當x＞0時，f（x）的取值范

圍為

?.（0，1）

對數(shù)函數(shù)模型

已知函數(shù)f（x）是定義域為（0，＋∞）的增函數(shù)，滿足f（4）＝

1，f（xy）＝f（x）＋f（y），若f（x）＋f（x－3）≤1，則x的取值

范圍為

?.

（3，4]

1.

定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2xy，f

（1）＝2，則f（－3）＝（

）A.2B.3C.6D.9解析：

法一（常規(guī)解法）

f（－3）＝f（－1）＋f（－2）＋4＝3f（－

1）＋6，f（0）＝f（0）＋f（0）＋0，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，設函數(shù)f

（x）＝x2＋bx，又由f（1）＝2，得b＝1，所以f（x）＝x2＋x，f（－

3）＝6.√2.

已知函數(shù)f（x）的定義域為（－∞，0）∪（0，＋∞），且xf（x）＝

（y＋1）f（y＋1），則（

）A.

f（x）≥0B.

f（1）＝1C.

f（x）是偶函數(shù)D.

f（x）沒有極值點

√

A.

B.

C.6D.8√

4.

〔多選〕若定義在（－∞，0）∪（0，＋∞）上的函數(shù)f（x）滿足f

（xy）＝f（x）＋f（y），且f（2）＝1，則下列結論中正確的是

（

）A.

f（1）＝0B.

f（4）＝2C.

f（x）＋f（－x）＝0D.

f（x）－f（－x）＝0√解析：

法一（賦值法）由已知可得函數(shù)f（x）的定義域為（－

∞，0）∪（0，＋∞），滿足f（xy）＝f（x）＋f（y）①，且f（2）＝

1，對于A，令x＝y(tǒng)＝1，代入①式，得f（1）＝f（1）＋f（1），得f

（1）＝0，所以A正確；對于B，令x＝y(tǒng)＝2，代入①式，得f（4）＝f

（2）＋f（2）＝1＋1＝2，得f（4）＝2，所以B正確；對于C、D，令x

＝y(tǒng)＝－1，代入①式，得f（1）＝f（－1）＋f（－1）＝2f（－1），由f

（1）＝0得f（－1）＝0，可令y＝－1代入①式，得f（－x）＝f（x）＋

f（－1）＝f（x），整理得f（－x）＝f（x），所以C錯誤，D正確，故

選A、B、D.

法二（函數(shù)模型法）依題意，可設函數(shù)f（x）＝loga｜x｜（a＞0且

a≠1），由f（2）＝1可得a＝2，即f（x）＝log2｜x｜，容易驗證A、B、

D正確.5.

已知函數(shù)f（x）對任意x，y∈R，滿足條件f（x）＋f（y）＝2＋f

（x＋y），且當x＞0時，f（x）＞2，f（3）＝5，則不等式f（a2－2a

－2）＜3的解集為

?.解析：法一（常規(guī)解法）

設x1＜x2，則x2

－x1＞0，∵當x＞0時，f（x）

＞2，∴f（x2－x1）＞2，則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）為增函數(shù).∵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

式的解集為{a｜－1＜a＜3}.{a｜－1＜a＜3}

法二（模型解法）

由f（x）＋f（y）＝2＋f（x＋y），即f（x＋y）＝

f（x）＋f（y）－2，