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微专题　抽象函数求解模型化
　　所谓抽象函数，是指没有明确给出函数表达式，只给出它具有的某些特征或性质，并用一种符号表示的函数.抽象函数是由特殊的、具体的函数抽象而得到的，我们所遇到的抽象函数都是以中学阶段所学的基本初等函数为背景抽象而得到的，解决此类问题，若能从研究抽象函数的“模型”入手，根据题设中抽象函数的性质，通过类比猜想出它可能为某种基本初等函数，变抽象为具体，变陌生为熟知，会起到事半功倍的效果.
常见的抽象函数对应的基本初等函数模型如下：
基本初等函数模型 抽象函数性质
一次函数f（x）＝kx＋b（k≠0） f（x±y）＝f（x）±f（y） b
二次函数f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0） f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2axy－c
幂函数f（x）＝xn f（xy）＝f（x）f（y）或f（ ）＝
指数函数f（x）＝ax（a＞0且a≠1） f（x＋y）＝f（x）f（y）或f（x－y）＝
对数函数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）
余弦函数f（x）＝Acos ωx（Aω≠0） f（x）＋f（y）＝f（ ）·f（ ）或f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）·f（y）
正切函数f（x）＝tan x f（x＋y）＝
一次函数模型
〔一题多解〕（2026·重庆学业质量调研）已知定义在R上的函数f（x）满足：f（x1＋x2）＝f（x1）＋f（x2），且当x＞0时，f（x）＜0.则关于x的不等式f（x2）＋f（2x）≥0的解集为（　　）
A.[－2，0]
B.[0，2]
C.（－∞，－2]∪[0，＋∞）
D.（－∞，0]∪[2，＋∞）
听课记录
二次函数模型
〔一题多解〕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
听课记录
幂函数模型
〔一题多解〕已知函数f（x）对任意实数x，y都有f（xy）＝f（x）f（y），且f（27）＝9，当0≤x＜1时，f（x）∈[0，1）.若a≥0且f（a＋1）≤，则a的取值范围为　　　　.
听课记录
指数函数模型
〔一题多解〕已知函数f（x）对于一切实数x，y满足f（0）≠0，f（x＋y）＝f（x）f（y），且当x＜0时，f（x）＞1.则当x＞0时，f（x）的取值范围为　　　　.
听课记录
对数函数模型
〔一题多解〕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　　　　.
听课记录
余弦函数模型
〔一题多解〕（2022·新高考Ⅱ卷8题）已知函数f（x）的定义域为R，且f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，则f（k）＝（　　）
A.－3 B.－2
C.0 D.1
听课记录
1.已知函数f（x）的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），且xf（x）＝（y＋1）f（y＋1），则（　　）
A.f（x）≥0 B.f（1）＝1
C.f（x）是偶函数 D.f（x）没有极值点
2.〔一题多解〕已知对于每一对正实数x，y，函数f（x）满足：f（x）＋f（y）＝f（x＋y）－xy－1，若f（1）＝1，则满足f（n）＝n（n∈N*）的n的个数是（　　）
A.1 B.2 C.3 D.4
3.（2026·河南焦作质检）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
4.〔一题多解〕〔多选〕（2026·江西南昌模拟）已知函数f（x）对任意的x，y∈R，都有f（x＋y）＋f（x－y）＝2f（x）f（y），且f（0）≠0，f（2）＝－1，则（　　）
A.f（0）＝1 B.f（x）是奇函数
C.f（x）的周期为4 D.n2f（n）＝5 100，n∈N*
5.已知函数f（x）满足：①对 m，n＞0，f（m）＋f（n）＝f（mn）；②f（ ）＝－1.请写出一个符合上述条件的函数f（x）＝　　　　.
6.〔一题多解〕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　　　　.
微专题　抽象函数求解模型化
【例1】　A　法一（常规解法）　由题意得f[（x1－x2）＋x2]＝f（x1－x2）＋f（x2），即f（x1）－f（x2）＝f（x1－x2），不妨令x1＞x2，则x1－x2＞0，所以f（x1－x2）＜0，即f（x1）－f（x2）＜0，f（x1）＜f（x2），故f（x）在R上是减函数.在f（x1＋x2）＝f（x1）＋f（x2）中，令x1＝x2＝0，则f（0）＝f（0）＋f（0），得f（0）＝0.令x1＝x，x2＝－x，则f（x－x）＝f（x）＋f（－x），所以f（x）＋f（－x）＝0，故f（x）是奇函数.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].故选A.
法二（模型解法）　因为f（x1＋x2）＝f（x1）＋f（x2），所以可令f（x）＝kx，又当x＞0时，f（x）＜0，所以k＜0，所以f（x2）＋f（2x）≥0可转化为kx2＋2kx≥0，即x2＋2x≤0，解得－2≤x≤0，即x∈[－2，0].故选A.
【例2】　C　法一（常规解法） f（－3）＝f（－1）＋f（－2）＋4＝3f（－1）＋6，f（0）＝f（0）＋f（0）＋0，所以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.
【例3】　[0，2]　解析：法一（常规解法）　设0≤x1＜x2，∴0≤＜1，f（x1）＝f（ ·x2）＝f（ ）·f（x2），∵0≤x＜1时，f（x）∈[0，1），∴0≤f（ ）＜1，∴f（x1）＜f（x2），故f（x）在[0，＋∞）上单调递增.∵f（27）＝f（3×9）＝f（3）×f（9）＝f（3）×f（3）×f（3）＝[f（3）]3＝9，∴f（3）＝，∵f（a＋1）≤，∴f（a＋1）≤f（3），又a≥0，∴a＋1≤3，即a≤2，故a的取值范围为[0，2].
法二（模型解法）　由f（xy）＝f（x）f（y），可设函数f（x）＝xn，由f（27）＝9，得n＝，即f（x）＝，满足当0≤x＜1时，f（x）∈[0，1）.由f（a＋1）≤，得（a＋1≤，即（a＋1≤，即a＋1≤3，得a≤2，又a≥0，故a的取值范围为[0，2].
【例4】　（0，1）　解析：法一（常规解法）　∵对于一切x，y∈R，f（x＋y）＝f（x）f（y）且f（0）≠0，令x＝y＝0，则f（0）＝1，设x＞0，则－x＜0，∴f（－x）＞1，又f（0）＝f（x－x）＝f（x）f（－x）＝1，∴f（－x）＝＞1，∴0＜f（x）＜1.
法二（模型解法）　由f（x＋y）＝f（x）f（y），可设函数f（x）＝ax（a＞0，且a≠1），由当x＜0时，f（x）＞1，结合指数函数的图象特征知0＜a＜1，故当x＞0时，f（x）的取值范围为（0，1）.
【例5】　（3，4]　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].
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].
【例6】　A　法一（常规解法） 因为f（1）＝1，所以在f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y）中，令y＝1，得f（x＋1）＋f（x－1）＝f（x）·f（1），所以f（x＋1）＋f（x－1）＝f（x）　①，所以f（x＋2）＋f（x）＝f（x＋1）　②.由①②相加，得f（x＋2）＋f（x－1）＝0，故f（x＋3）＋f（x）＝0，所以f（x＋3）＝－f（x），所以f（x＋6）＝－f（x＋3）＝f（x），所以函数f（x）的一个周期为6.在f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y）中，令x＝1，y＝0，得f（1）＋f（1）＝f（1）f（0），所以f（0）＝2.令x＝1，y＝1，得f（2）＋f（0）＝f（1）·f（1），所以f（2）＝－1.由f（x＋3）＝－f（x），得f（3）＝－f（0）＝－2，f（4）＝－f（1）＝－1，f（5）＝－f（2）＝1，f（6）＝－f（3）＝2，所以f（1）＋f（2）＋…＋f（6）＝1－1－2－1＋1＋2＝0，根据函数的周期性知，f（k）＝f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）＝1－1－2－1＝－3，故选A.
法二（模型解法） 由f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y），可设函数f（x）＝2cos ωx，由f（1）＝1，得2cos ω＝1，取ω＝＋2nπ，n∈Z，令n＝0，得ω＝，则f（x）＝2cos满足题意，可得f（x）的周期T＝＝6，且f（1）＋f（2）＋…＋f（6）＝0.由于22＝3×6＋4，所以f（k）＝f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）＝1－1－2－1＝－3.故选A.
强化训练
1.D　
2.A　法一（常规解法） 令y＝1，则f（x＋1）＝f（x）＋x＋2，即f（x＋1）－f（x）＝x＋2，所以f（x）－f（x－1）＝x＋1，f（x－1）－f（x－2）＝x，…，f（2）－f（1） ＝3，累加得f（x）－f（1）＝，则f（x）＝－1，所以f（n）＝－1，又f（n）＝n，解得n＝－2或n＝1，又n∈N*，所以n＝1.故选A.
法二（模型解法） 由f（x）＋f（y）＝f（x＋y）－xy－1，可设函数f（x）＝x2＋bx－1，由f（1）＝1，得b＝，故f（x）＝x2＋x－1，由f（n）＝n，即n2＋n－1＝n，解得n＝－2或n＝1，又n∈N*，所以n＝1.故选A.
3.C　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.
4.ACD　法一（赋值法）　由f（x＋y）＋f（x－y）＝2f（x）f（y），令x＝y＝0，则2f（0）＝2[f（0）]2，又f（0）≠0，所以f（0）＝1，故A正确；令x＝0，则f（y）＋f（－y）＝2f（0）f（y）＝2f（y），所以f（－y）＝f（y），所以f（x）是偶函数，故B错误；令x＝y＝1，则f（2）＋f（0）＝2[f（1）]2＝0，所以f（1）＝0，令y＝1，则f（x＋1）＋f（x－1）＝2f（x）f（1）＝0，所以f（x＋1）＝－f（x－1），即f（x＋2）＝－f（x），所以f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f（x），所以f（x）的周期为4，故C正确；由f（x＋2）＝－f（x），得f（3）＝－f（1）＝0，f（4）＝－f（2）＝1，所以n2f（n）＝－22＋42－62＋82－…－982＋1002＝（2＋4）（－2＋4）＋（6＋8）（－6＋8）＋…＋（98＋100）（－98＋100）＝2×（2＋4＋6＋…＋98＋100）＝＝5 100，故D正确.故选A、C、D.
法二（模型解法）　由f（x＋y）＋f（x－y）＝2f（x）f（y），可设f（x）＝cos ωx，由法一得，f（0）＝1.又因为f（2）＝－1，知f（x）＝cos x满足题意，所以f（x）＝cos x是以4为周期的偶函数，故A、C正确，B错误；对于D，n2f（n）＝n2cos ＝－22＋42－62＋82－…－982＋1002＝（2＋4）（－2＋4）＋（6＋8）（－6＋8）＋…＋（98＋100）（－98＋100）＝2×（2＋4＋6＋…＋98＋100）＝＝5 100，故D正确，故选A、C、D.
5.log2x（答案不唯一）
6.{a｜－1＜a＜3}　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}.
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}.
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微专题　抽象函数求解模型化
　　所谓抽象函数，是指没有明确给出函数表达式，只给出它具有的某些
特征或性质，并用一种符号表示的函数.抽象函数是由特殊的、具体的函
数抽象而得到的，我们所遇到的抽象函数都是以中学阶段所学的基本初等
函数为背景抽象而得到的，解决此类问题，若能从研究抽象函数的“模
型”入手，根据题设中抽象函数的性质，通过类比猜想出它可能为某种基
本初等函数，变抽象为具体，变陌生为熟知，会起到事半功倍的效果.
常见的抽象函数对应的基本初等函数模型如下：
基本初等函数模型 抽象函数性质
一次函数f（x）＝kx＋b
（k≠0） f（x±y）＝f（x）±f（y） b
二次函数f（x）＝ax2＋
bx＋c（a≠0） f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2axy－c
幂函数f（x）＝xn f（xy）＝f（x）f（y）或f（ ）＝
基本初等函数模型 抽象函数性质
指数函数f（x）＝ax（a
＞0且a≠1） f（x＋y）＝f（x）f（y）或f（x－y）＝
对数函数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）
余弦函数f（x）＝A cos
ωx（Aω≠0） f（x）＋f（y）＝ f（ ）·f（ ）或
f（x＋y）＋f（x－y）＝ f（x）·f（y）
正切函数f（x）＝tan x f（x＋y）＝
一次函数模型
〔一题多解〕（2026·重庆学业质量调研）已知定义在R上的函数f
（x）满足：f（x1＋x2）＝f（x1）＋f（x2），且当x＞0时，f（x）＜0.
则关于x的不等式f（x2）＋f（2x）≥0的解集为（　　）
A. [－2，0]
B. [0，2]
C. （－∞，－2]∪[0，＋∞）
D. （－∞，0]∪[2，＋∞）
√
解析： 法一（常规解法）　由题意得f[（x1－x2）＋x2]＝f（x1－x2）
＋f（x2），即f（x1）－f（x2）＝f（x1－x2），不妨令x1＞x2，则x1－x2
＞0，所以f（x1－x2）＜0，即f（x1）－f（x2）＜0，f（x1）＜f
（x2），故f（x）在R上是减函数.在f（x1＋x2）＝f（x1）＋f（x2）
中，令x1＝x2＝0，则f（0）＝f（0）＋f（0），得f（0）＝0.令x1＝x，
x2＝－x，则f（x－x）＝f（x）＋f（－x），所以f（x）＋f（－x）
＝0，故f（x）是奇函数.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].故选A.
法二（模型解法）　因为f（x1＋x2）＝f（x1）＋f（x2），所以可令f
（x）＝kx，又当x＞0时，f（x）＜0，所以k＜0，所以f（x2）＋f（2x）
≥0可转化为kx2＋2kx≥0，即x2＋2x≤0，解得－2≤x≤0，即x∈[－2，
0].故选A.
二次函数模型
〔一题多解〕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，所以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.
幂函数模型
〔一题多解〕已知函数f（x）对任意实数x，y都有f（xy）＝f
（x）f（y），且f（27）＝9，当0≤x＜1时，f（x）∈[0，1）.若a≥0
且f（a＋1）≤ ，则a的取值范围为 .
[0，2]　
解析：法一（常规解法） 设0≤x1＜x2，∴0≤ ＜1，f（x1）＝f
（ ·x2）＝f（ ）·f（x2），∵0≤x＜1时，f（x）∈[0，1），∴0≤f
（ ）＜1，∴f（x1）＜f（x2），故f（x）在[0，＋∞）上单调递
增.∵f（27）＝f（3×9）＝f（3）×f（9）＝f（3）×f（3）×f（3）
＝[f（3）]3＝9，∴f（3）＝ ，∵f（a＋1）≤ ，∴f（a＋1）≤f
（3），又a≥0，∴a＋1≤3，即a≤2，故a的取值范围为[0，2].
法二（模型解法） 由f（xy）＝f（x）f（y），可设函数f（x）＝xn，
由f（27）＝9，得n＝ ，即f（x）＝ ，满足当0≤x＜1时，f（x）
∈[0，1）.由f（a＋1）≤ ，得（a＋1 ≤ ，即（a＋1 ≤ ，
即a＋1≤3，得a≤2，又a≥0，故a的取值范围为[0，2].
指数函数模型
〔一题多解〕已知函数f（x）对于一切实数x，y满足f（0）≠0，f
（x＋y）＝f（x）f（y），且当x＜0时，f（x）＞1.则当x＞0时，f
（x）的取值范围为 .
（0，1）　
解析：法一（常规解法） ∵对于一切x，y∈R，f（x＋y）＝f（x）f
（y）且f（0）≠0，令x＝y＝0，则f（0）＝1，设x＞0，则－x＜0，
∴f（－x）＞1，又f（0）＝f（x－x）＝f（x）f（－x）＝1，∴f（－
x）＝ ＞1，∴0＜f（x）＜1.
法二（模型解法） 由f（x＋y）＝f（x）f（y），可设函数f（x）＝ax
（a＞0，且a≠1），由当x＜0时，f（x）＞1，结合指数函数的图象特
征知0＜a＜1，故当x＞0时，f（x）的取值范围为（0，1）.
对数函数模型
〔一题多解〕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 .
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].
（3，4]　
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].
余弦函数模型
〔一题多解〕（2022·新高考Ⅱ卷8题）已知函数f（x）的定义域为
R，且f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，则 f
（k）＝（　　）
A. －3 B. －2
C. 0 D. 1
√
解析： 　法一（常规解法） 因为f（1）＝1，所以在f（x＋y）＋f（x
－y）＝f（x）f（y）中，令y＝1，得f（x＋1）＋f（x－1）＝f
（x）·f（1），所以f（x＋1）＋f（x－1）＝f（x）　①，所以f（x＋
2）＋f（x）＝f（x＋1）　②.由①②相加，得f（x＋2）＋f（x－1）
＝0，故f（x＋3）＋f（x）＝0，所以f（x＋3）＝－f（x），所以f（x
＋6）＝－f（x＋3）＝f（x），所以函数f（x）的一个周期为6.在f（x
＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y）中，令x＝1，y＝0，得f（1）＋f
（1）＝f（1）f（0），所以f（0）＝2.令x＝1，y＝1，得f（2）＋f
（0）＝f（1）·f（1），所以f（2）＝－1.由f（x＋3）＝－f（x），得
f（3）＝－f（0）＝－2，f（4）＝－f（1）＝－1，f（5）＝－f（2）＝
1，f（6）＝－f（3）＝2，所以f（1）＋f（2）＋…＋f（6）＝1－1－2
－1＋1＋2＝0，根据函数的周期性知， f（k）＝f（1）＋f（2）＋f
（3）＋f（4）＝1－1－2－1＝－3，故选A.
法二（模型解法） 由f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y），可设函
数f（x）＝2 cos ωx，由f（1）＝1，得2 cos ω＝1，取ω＝ ＋2nπ，
n∈Z，令n＝0，得ω＝ ，则f（x）＝2 cos 满足题意，可得f（x）的
周期T＝ ＝6，且f（1）＋f（2）＋…＋f（6）＝0.由于22＝3×6＋4，
所以 f（k）＝f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）＝1－1－2－1＝－3.
故选A.
1. 已知函数f（x）的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），且xf（x）＝
（y＋1）f（y＋1），则（　　）
A. f（x）≥0 B. f（1）＝1
C. f（x）是偶函数 D. f（x）没有极值点
√
解析： 　令g（x）＝xf（x），则g（y＋1）＝（y＋1）·f（y＋1），
所以g（x）＝g（y＋1），且x，y＋1为定义域内任意值，故g（x）为
常数函数.令g（x）＝k，则f（x）＝ ，为奇函数且没有极值点，C
错，D对；所以f（x）≥0不恒成立，f（1）＝1不一定成立，A、B
错，故选D.
2. 〔一题多解〕已知对于每一对正实数x，y，函数f（x）满足：f（x）
＋f（y）＝f（x＋y）－xy－1，若f（1）＝1，则满足f（n）＝n
（n∈N*）的n的个数是（　　）
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
√
解析： 　法一（常规解法） 令y＝1，则f（x＋1）＝f（x）＋x＋2，
即f（x＋1）－f（x）＝x＋2，所以f（x）－f（x－1）＝x＋1，f（x
－1）－f（x－2）＝x，…，f（2）－f（1） ＝3，累加得f（x）－f
（1）＝ ，则f（x）＝ －1，所以f（n）＝ －
1，又f（n）＝n，解得n＝－2或n＝1，又n∈N*，所以n＝1.故选A.
法二（模型解法） 由f（x）＋f（y）＝f（x＋y）－xy－1，可设函数f
（x）＝ x2＋bx－1，由f（1）＝1，得b＝ ，故f（x）＝ x2＋ x－1，
由f（n）＝n，即 n2＋ n－1＝n，解得n＝－2或n＝1，又n∈N*，所
以n＝1.故选A.
3. （2026·河南焦作质检）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
√
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.
4. 〔一题多解〕〔多选〕（2026·江西南昌模拟）已知函数f（x）对任意
的x，y∈R，都有f（x＋y）＋f（x－y）＝2f（x）f（y），且f（0）
≠0，f（2）＝－1，则（　　）
A. f（0）＝1 B. f（x）是奇函数
C. f（x）的周期为4 D. n2f（n）＝5 100，n∈N*
√
√
√
解析： 　法一（赋值法）　由f（x＋y）＋f（x－y）＝2f（x）f
（y），令x＝y＝0，则2f（0）＝2[f（0）]2，又f（0）≠0，所以f（0）
＝1，故A正确；令x＝0，则f（y）＋f（－y）＝2f（0）f（y）＝2f
（y），所以f（－y）＝f（y），所以f（x）是偶函数，故B错误；令x
＝y＝1，则f（2）＋f（0）＝2[f（1）]2＝0，所以f（1）＝0，令y＝1，
则f（x＋1）＋f（x－1）＝2f（x）f（1）＝0，所以f（x＋1）＝－f
（x－1），即f（x＋2）＝－f（x），所以f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f
（x），所以f（x）的周期为4，故C正确；由f（x＋2）＝－f（x），得
f（3）＝－f（1）＝0，f（4）＝－f（2）＝1，所以 n2f（n）＝－22
＋42－62＋82－…－982＋1002＝（2＋4）（－2＋4）＋（6＋8）（－6＋
8）＋…＋（98＋100）（－98＋100）＝2×（2＋4＋6＋…＋98＋100）＝
＝5 100，故D正确.故选A、C、D.
法二（模型解法）　由f（x＋y）＋f（x－y）＝2f（x）f（y），可设
f（x）＝ cos ωx，由法一得，f（0）＝1.又因为f（2）＝－1，知f（x）
＝ cos x满足题意，所以f（x）＝ cos x是以4为周期的偶函数，故A、C
正确，B错误；对于D， n2f（n）＝ n2 cos ＝－22＋42－62＋82
－…－982＋1002＝（2＋4）（－2＋4）＋（6＋8）（－6＋8）＋…＋（98
＋100）（－98＋100）＝2×（2＋4＋6＋…＋98＋100）＝
＝5 100，故D正确，故选A、C、D.
5. 已知函数f（x）满足：①对 m，n＞0，f（m）＋f（n）＝f
（mn）；②f（ ）＝－1.请写出一个符合上述条件的函数f（x）
＝ .
解析：因为对 m，n＞0，f（m）＋f（n）＝f（mn），所以f（x）在
（0，＋∞）上可能为对数函数，故f（x）＝logax（a＞0，且a≠1）满
足条件①，又f（ ）＝－1，所以f（x）＝log2x，故符合上述条件的函数
可以为f（x）＝log2x.
log2x（答案不唯一）　
6. 〔一题多解〕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}.
THANKS
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