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高考专题辅导与测试·数学
培优点1　抽象函数与嵌套函数
高考专题辅导与测试·数学
PART ONE
　　抽象函数与嵌套函数是高考数学的难点，特别是抽象函数是近几年高考的热点，抽象函数与函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性相结合的题目往往难度大，综合性强.
抽象函数
抽象函数是指没有给出具体的函数解析式，只给出了一些体现函数特征的
式子的一类函数，在处理此类问题时，可以通过赋值法把握函数特殊点的
特征，或者将函数模型化让抽象函数的性质“显现”出来.
【例1】　（1）函数f（x）的定义域为R， x，y∈R，f（x＋1）·f（y
＋1）＝f（x＋y）－f（x－y），若f（0）≠0，则f（2 024）＝（　A　）
A. －2 B. －4
C. 2 D. 4
√
解析：法一（常规解法）　令x＝y＝0，则[f（1）]2＝f（0）
－f（0）＝0，所以f（1）＝0.令x＝0，y＝x，则f（1）f（x＋
1）＝f（0＋x）－f（0－x）＝0，所以f（x）＝f（－x）.令y＝
－x，则f（x＋1）·f（1－x）＝f（0）－f（2x）.令y＝x，则f
（x＋1）·f（x＋1）＝f（2x）－f（0）.所以f（x＋1）f（1－
x）＝－f（x＋1）f（x＋1），若f（x＋1）＝0恒成立，则与题设
条件f（0）≠0矛盾，所以f（x＋1）不恒为0，所以f（1－x）＝－
f（x＋1），所以f（x）＝－f（2－x）.又f（x）＝f（－x），所
以f（－x）＝－f（2－x），所以f（x）＝－f（2＋x）＝－[－f
（4＋x）]＝f（x＋4），所以4为f（x）的一个周期，所以f（2
024）＝f（0）.令x＝y＝1，得f（2）f（2）＝f（2）－f（0），
又f（2）＝－f（0），所以f（0）f（0）＝－2f（0），结合f（0）
≠0得f（0）＝－2，所以f（2 024）＝－2，故选A.
法二（模型解法）　因为 cos （x＋y）－ cos （x－y）＝－2 sin x sin y，
所以－2 cos （x＋ ） cos （y＋ ）＝ cos （x＋y）－ cos （x－y），
所以－2 cos （x＋ ）·［－2 cos （y＋ ）］＝－2 cos （x＋y）－[－2
cos （x－y）].由此联想构造函数，令f（x）＝－2 cos ，检验得 x，
y∈R，f（x＋1）f（y＋1）＝f（x＋y）－f（x－y），且f（0）≠0，
符合题意，所以f（2 024）＝－2 cos 1 012π＝－2，故选A.
（2）已知函数f（x）对任意x，y∈R，满足条件f（x）＋f（y）＝2＋f
（x＋y），且当x＞0时，f（x）＞2，f（3）＝5，则不等式f（a2
－2a－2）＜3的解集为 .
解析：法一（常规解法）　设x1＜x2，则x2 －x1＞0，∵当x＞0时，f（x）＞2，∴f（x2－x1）＞2，则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）为增函数.∵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，解得不等式的解集为{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，可设函数f（x）＝kx＋2（k≠0），由f（3）＝
5，得3k＋2＝5，k＝1，即f（x）＝x＋2，满足当x＞0时，f（x）＞2，
则不等式f（a2－2a－2）＜3可化为a2－2a－2＋2＜3，即a2－2a－3＜0，
解得－1＜a＜3，故不等式的解集为{a｜－1＜a＜3}.
解决抽象函数问题的常用方法
（1）常规解法：①取特殊值代入求值，如令x＝0，1，2，3，…；
②通过函数式得到抽象函数的性质：
（ⅰ）通过f（x1）－f（x2）的变换判断单调性；
（ⅱ）令式子中出现f（x）和f（－x），判断函数的奇偶性；
（ⅲ）换x为x＋T确定函数是否具有周期性.
（2）模型解法：结合具体函数，使得抽象函数具体化，常见的有：
①f（x±y）＝f（x）±f（y） b→f（x）＝kx＋b（k≠0）；
②f（xy）＝f（x）f（y）或f（ ）＝ →f（x）＝xn；
③f（x＋y）＝f（x）f（y）或f（x－y）＝ →f（x）＝ax
（a＞0且a≠1）；
④f（xy）＝f（x）＋f（y）或f（ ）＝f（x）－f（y）或f
（xm）＝mf（x）→f（x）＝logax（a＞0且a≠1）；
⑤f（x＋y）＋f（x－y）＝ f（x）·f（y）→f（x）＝A cos ωx
（Aω≠0）；
⑥f（x＋y）＝ →f（x）＝tan x；
⑦f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2axy－c→f（x）＝ax2＋bx＋c
（a≠0）.
1. 定义在R上的函数f（x）满足f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2xy，f
（1）＝2，则f（－3）＝（　　）
A. 2 B. 3
C. 6 D. 9
解析：　法一（常规解法）　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，设函数f
（x）＝x2＋bx，又由f（1）＝2，得b＝1，所以f（x）＝x2＋x，f
（－3）＝6.
√
2. （多选）（2024·九省联考）函数f（x）的定义域为R，f（ ）≠0，若
f（x＋y）＋f（x）f（y）＝4xy，则下列选项正确的有（　　）
A. f（－ ）＝0
B. f（ ）＝－2
C. 函数f（x＋ ）是增函数
D. 函数f（x－ ）是奇函数
√
√
√
解析：　令x＝ ，y＝0，∴f（ ）＋f（ ）f（0）＝0，∴f
（ ）[1＋f（0）]＝0，又∵f（ ）≠0，∴f（0）＝－1，令x＝ ，y
＝－ ，∴f（0）＋f（ ）·f（ － ）＝－1，∴f（ ）f（ － ）＝
0，∴f（ － ）＝0，故A正确；令y＝－ ，∴f（ x－ ）＝－2x，∴f（x）＝－2x－1，∴f（ ）＝－2，故B正确；∴f（ x＋ ）＝－2（ x＋ ）－1＝－2x－2是减函数，故C错误；∴f（ x－ ）＝－2（ x－ ）－1＝－2x，其图象关于原点对称，∴f（ x－ ）为奇函数，故D正确.
嵌套函数
【例2】　已知函数f（x）＝若函数y＝f（f（x））
有8个不同的零点，则a的取值范围为（　　）
A. （0，8） B. （0，＋∞）
C. [8，＋∞） D. （8，＋∞）
√
解析：　当a≤0时，f（x）是R上的增函数，f（x）
＝0有唯一解x＝0，此时f（f（x））＝0不可能有8个
解.当a＞0时，令f（x）＝t，则由f（f（x））＝f
（t）＝0，得t1＝－2a，t2＝0，t3＝a.因为函数y＝f
（f（x））有8个不同的零点，所以直线y＝－2a，y＝0，y＝a与函数f（x）的图象共有8个交点，作出f（x）的图象，如图所示.因为a＞0，所以2a＞a，所以直线y＝a与函数f（x）的图象有2个交点，直线y＝0与函数f（x）的图象有3个交点，所以直线y＝－2a与函数f（x）的图象有8－2－3＝3（个）交点，所以－2a＞－ ，得a＞8.故选D.
破解嵌套函数零点个数问题的主要步骤
（1）换元解套，转化为t＝g（x）与y＝f（t）的零点；
（2）依次解方程，令f（t）＝0，求t，代入t＝g（x）求出x的值或判断
图象的交点个数.
1. 已知函数f（x）＝则方程f（f（x））＝1的根
的个数为（　　）
A. 7 B. 5
C. 3 D. 2
√
解析：　令u＝f（x），先解方程f（u）＝1.当u≤1时，则f（u）＝2u－1＝1，解得u1＝1；当u＞1时，则f（u）＝｜ln（u－1）｜＝
1，所以ln（u－1）＝1或ln（u－1）＝－1，解得u2＝1＋ ，u3＝1＋
e.如图所示，作出函数f（x）的图象，由图知，直线u＝1，u＝1＋
，u＝1＋e与u＝f（x）图象的交
点个数分别为3，2，2，所以方程
f（f（x））＝1的根的个数为3＋
2＋2＝7.故选A.
2. 设函数f（x）＝x2＋a cos x，a∈R，非空集合M＝{x｜f（x）＝0，
x∈R}.若集合N＝{x｜f（f（x））＝0，x∈R}，且M＝N，则实数
a＝ .
解析：因为M＝{x｜f（x）＝0，x∈R}，N＝{x｜f（f（x））＝
0，x∈R}，且M＝N，即任意x∈M，都有x∈N，因为f（x）＝0，
f（f（x））＝0，所以f（0）＝0，即02＋a cos 0＝0，所以0＋a＝0，
所以a＝0.
0
课时跟踪检测
1. 已知函数f（x）对任意的x，y∈R，总有f（x＋y）＝f（x）＋f
（y），若x∈（－∞，0）时，f（x）＞0，且f（1）＝－ ，则当
x∈[－3，1]时，f（x）的最大值为（　　）
A. 0 B. C. 1 D. 2
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√
解析：　法一（常规解法）　令x＝y＝0，则f（0）＝f（0）＋f
（0），得f（0）＝0，令y＝－x，则f（0）＝f（x）＋f（－x），所
以f（－x）＝－f（x），所以f（x）为奇函数，任取x1，x2∈R，且
x1＜x2，则x1－x2＜0，f（x1－x2）＞0，所以f（x1）－f（x2）＝
f[（x1－x2）＋x2]－f（x2）＝f（x1－x2）＋f（x2）－f（x2）＝f
（x1－x2）＞0，所以f（x1）＞f（x2），所以f（x）在R上单调递减，
所以当x∈[－3，1]时，f（x）的最大值为f（－3），因为f（1）＝－
，所以f（－1）＝ .则有f（－3）＝f（－1）＋f（－2）＝f（－1）
＋f（－1）＋f（－1）＝3× ＝2，故选D.
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法二（模型解法）　由f（x＋y）＝f（x）＋f（y），可设f（x）＝kx，
又f（1）＝－ ，所以k＝－ ，所以f（x）＝－ x，验证知满足条件，
则当x∈[－3，1]时，f（x）＝－ x的最大值为f（－3）＝2，故选D.
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2. 已知函数f（x）是定义域为（0，＋∞）的增函数，满足f（4）＝1，f
（xy）＝f（x）＋f（y），若f（x）＋f（x－3）≤1，则x的取值范
围为（　　）
A. [3，4） B. [4，5）
C. （3，4] D. （4，5]
√
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解析：　法一（常规解法）　f（x）＋f（x－3）＝f[x（x－
3）]≤1＝f（4），又f（x）是定义域为（0，＋∞）的增函数，
∴ 3＜x≤4，∴x的取值范围为（3，4].
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法二（模型解法）　由f（xy）＝f（x）＋f（y），可设函数f（x）
＝logax（a＞0，且a≠1）.由f（4）＝1，得a＝4，则f（x）＝
log4x，由f（x）＋f（x－3）≤1，得log4x＋log4（x－3）≤1，即
log4[x（x－3）]≤1，故解得3＜x≤4，故x的取值
范围为（3，4].
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3. 已知函数f（x）的定义域为R，且f（ x＋1）是偶函数，f（x－1）是
奇函数，则（　　）
A. f（0）＝0 B. f（ ）＝0
C. f（1）＝0 D. f（3）＝0
√
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解析：　因为函数f（ x＋1）为偶函数，则f（1－ x）＝f（1＋
x），令t＝ x可得f（1－t）＝f（1＋t），所以f（1＋x）＝f（1－
x），因为函数f（x－1）为奇函数，则f（－x－1）＝－f（x－1），
所以函数f（x）的图象关于直线x＝1对称，关于点（－1，0）对称，
又因为函数f（x）的定义域为R，f（－1）＝0，则f（3）＝f（－1）
＝0，f（1），f（ ），f（0）的值都不确定，故选D.
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4. 已知函数f（x）＝若f（f（t））＋3≥0，则实
数t的取值范围是（　　）
A. [3，＋∞） B. （－∞，－2]
C. （－∞，3] D. [－2，＋∞）
解析：　画出f（x）的图象如图所示，由f（f
（t））＋3≥0得f（f（t））≥－3，令－x2＋2x
＝－3得x＝3，由图可得f（t）≤3，令（ ）t－1≤3，变形得（ ）t≤4＝（ ）－2，解得t≥－2，故选D.
√
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5. 已知f（x）＝则函数y＝2f2（x）－3f（x）＋1的零
点个数是（　　）
A. 3 B. 5
C. 7 D. 8
√
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解析：　函数y＝2f2（x）－3f（x）＋1＝[2f（x）－1][f（x）－1]的零点，即方程f（x）＝ 和f（x）＝1的根，函数f
（x）＝的图象如图所示，由图可得方程f（x）＝ 和f（x）＝1共有5个根，即函数y＝2f2（x）－3f（x）＋1有5个零点，故选B.
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6. 已知函数f（x）的定义域为R，且对任意x1，x2∈R都有f（x1＋x2）＝
100f（x1）f（x2），则下列结论一定正确的是（　　）
A. f（x）是偶函数
B. f（x）是周期函数
C. 存在常数k，对任意x∈R，都有f（x＋1）＝kf（x）
D. 对任意m∈R，存在x0∈R，使得f（x0）＝m
√
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解析：　令f（x）＝10x－2，因为f（x1＋x2）＝1 ，100f
（x1）f（x2）＝100×1 ＝1 ，所以f（x）＝10x－2
满足f（x1＋x2）＝100f（x1）f（x2）.对于A，因为f（x）＝10x－2不
是偶函数，故A错误；对于B，因为f（x）＝10x－2不是周期函数，故B
错误；对于C，令x1＝x，x2＝1，则f（x＋1）＝100f（x）f（1），
令k＝100f（1），所以存在常数k，对任意x∈R，都有f（x＋1）＝kf
（x），故C正确；对于D，因为f（x）＝10x－2＞0，故m＜0时，不存
在x0∈R，使得f（x0）＝m，故D错误.
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7. 已知函数f（x）＝g（x）＝x－3，方程f（g（x））＝
－3－g（x）有2个不同的根，分别是x1，x2，则x1＋x2＝（　　）
A. 0 B. 3
C. 6 D. 9
√
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解析：　令g（x）＝x－3＝t，则f（g（x））＝－3－g（x）即f
（t）＝－3－t，由题意知直线y＝－3－t与曲线y＝f（t）有2个交
点，设交点横坐标分别为t1，t2（t1＜0＜t2），则t1，t2满足 ＝－3－
t1，ln t2＝－3－t2，则ln ＝t1＝－3－ ，易知关于m的方程ln m＝
－3－m只有1个根，所以t2＝ ，从而t1＋t2＝－3.不妨设x1－3＝t1，
x2－3＝t2，则x1－3＋x2－3＝－3，所以x1＋x2＝3，故选B.
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8. （多选）（2024·新乡第三次模拟）已知定义在R上的函数f（x）满足f
（2x＋6）＝f（－2x），且f（x－1）＋f（x＋1）＝f（－2），若f
（ ）＝1，则（　　）
A. f（2 024）＝1
B. f（x）的图象关于直线x＝－3对称
C. f（x）是周期函数
D. （－1）kkf（ k－ ）＝2 025
√
√
√
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解析：　由f（x－1）＋f（x＋1）＝f（－2），得f（x＋1）＋f
（x＋3）＝f（－2），则f（x－1）＝f（x＋3），即f（x）＝f（x
＋4），因此f（x）是周期为4的周期函数，C正确；令x＝－1，得f
（－2）＋f（0）＝f（－2），则f（0）＝0，因此f（2 024）＝f（0）
＝0，A错误；由f（2x＋6）＝f（－2x），得f（x＋6）＝f（－
x），则f（－x）＝f[（x－12）＋6]＝f（x－6），因此f（x）的图
象关于直线x＝－3对称，B正确；
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由f（x＋6）＝f（－x），得f（x）的图象关于直线x＝3对称，因此直
线x＝－3＋4n及x＝3＋4n（n∈Z）均为f（x）图象的对称轴，从而f
（－2）＝f（0）＝0，f（ ）＝f（ ）＝1，令x＝ ，得f（ －1）＋f
（ ＋1）＝0，即f（ ）＝－f（ ）＝－1，则f（ ）＝f（ ）＝f（ ）
＝－1，故 （－1）kkf（ k－ ）＝－f（ ）＋2f（ ）－3f（ ）＋
4f（ ）－…－2 025f（ ）＝（1－2－3＋4）＋…＋（2 021－2 022－
2 023＋2 024）＋2 025＝2 025，D正确.
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9. 已知f（x）＝则满足2f（f（m））＋1＝2f（m）＋1的
实数m的取值范围为 .
解析：令t＝f（m），则2f（t）＋1＝2t＋1，所以f（t）＝2t－ ，当
t＞0时，f（t）＝ln t－2＝2t－ 无解；当t≤0时，f（t）＝2t－ 恒成
立，所以f（m）＝t≤0.当m＞0时，ln m－2≤0，解得0＜m≤e2；当
m≤0时，2m－ ≤0，解得m≤－1.综上所述，实数m的取值范围是
（－∞，－1]∪（0，e2].
（－∞，－1]∪（0，e2]
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10. 已知函数f（x）与g（x）的定义域均为R，f（x＋1）为偶函数，g
（x）的图象关于点（1，0）中心对称，若f（x）＋g（x）＝x2－
1，则f（2）g（2）＝ .
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解析：在f（x）＋g（x）＝x2－1中，令x＝2，得f（2）＋g（2）＝
3.因为f（x＋1）是偶函数，所以f（x）的图象关于直线x＝1对称，
即f（x）＝f（2－x）①，因为g（x）的图象关于点（1，0）中心对
称，所以函数g（x＋1）是奇函数，即g（－x＋1）＝－g（x＋
1），用1－x代替x得g（x）＝－g（－x＋2）②，将①②代入f
（x）＋g（x）＝x2＋1得f（2－x）－g（2－x）＝x2－1.令x＝0，
得f（2）－g（2）＝－1，结合f（2）＋g（2）＝3，解得f（2）＝
1，g（2）＝2，所以f（2）g（2）＝2.
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