2025屆新高考數(shù)學(xué)精準(zhǔn)復(fù)習(xí) 抽象函數(shù)的性質(zhì)-奇偶性、對(duì)稱性、周期性、單調(diào)性

2025屆新高考數(shù)學(xué)精準(zhǔn)復(fù)習(xí)抽象函數(shù)的性質(zhì)——奇偶性、對(duì)稱性、周期性、單調(diào)性

我們把不給出具體解析式,只給出函數(shù)的特殊條件或特征的函數(shù)稱為抽象函數(shù),一般用y=f(x)表示,

抽象函數(shù)問題可以全面考查函數(shù)的概念和性質(zhì),將函數(shù)定義域、值域、單調(diào)性、奇偶性、周期性、圖象集于一身,是考查函數(shù)的良好載體.

抽象函數(shù)問題,其構(gòu)思新穎,條件隱蔽,技巧性強(qiáng),解法靈活,往往讓學(xué)生感覺頭痛.

因此,我們應(yīng)該掌握簡(jiǎn)單常見的幾類抽象函數(shù)與其對(duì)應(yīng)的特殊函數(shù)模型,及其應(yīng)用問題的基本方法.

借助特殊函數(shù)模型有利于打開解題思路,有時(shí)會(huì)起到事半功倍的效果.常見的幾類抽象函數(shù)與其對(duì)應(yīng)的特殊函數(shù)模型:抽象函數(shù)f(x)具有的性質(zhì)特殊函數(shù)模型f(x+y)=f(x)+f(y)正比例函數(shù)f(x)=kx(k≠0)f(x+y)=f(x)+f(y)-bf(xy)=f(x)f(y)二次函數(shù)f(x)=x2指數(shù)函數(shù)f(x)=ax(a>0,且a≠1)對(duì)數(shù)函數(shù)f(x)=logax(a>0,且a≠1)f(x±y)=f(x)g(y)±g(x)f(y)正弦函數(shù)f(x)=sinx余弦函數(shù)g(x)=cosxf(x±y)=f(x)f(y)?g(x)g(y)余弦函數(shù)f(x)=cosx正弦函數(shù)g(x)=sinxf(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)正切函數(shù)f(x)=tanx一次函數(shù)f(x)=kx+b(k≠0)二次函數(shù)f(x)=ax2(a≠0)函數(shù)f(x)=kax(a>0,且a≠1,k≠0)函數(shù)f(x)=logax+k(a>0,且a≠1)余弦函數(shù)f(x)=cosx常見的幾類抽象函數(shù)與其對(duì)應(yīng)的特殊函數(shù)模型:抽象函數(shù)f(x)具有的性質(zhì)特殊函數(shù)模型f(x+y)=f(x)+f(y)正比例函數(shù)f(x)=kx(k≠0)f(x+y)=f(x)+f(y)-b一次函數(shù)f(x)=kx+b(k≠0)f(xy)=f(x)f(y)二次函數(shù)f(x)=x2二次函數(shù)f(x)=ax2(a≠0)指數(shù)函數(shù)f(x)=ax(a>0,且a≠1)函數(shù)f(x)=kax(a>0,且a≠1,k≠0)對(duì)數(shù)函數(shù)f(x)=logax(a>0,且a≠1)函數(shù)f(x)=logax+k(a>0,且a≠1)f(x±y)=f(x)g(y)±g(x)f(y)正弦函數(shù)f(x)=sinx余弦函數(shù)g(x)=cosxf(x±y)=f(x)f(y)?g(x)g(y)余弦函數(shù)f(x)=cosx正弦函數(shù)g(x)=sinxf(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)余弦函數(shù)f(x)=cosx正切函數(shù)f(x)=tanx抽象函數(shù)求值賦值法、構(gòu)造法類型一(2)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)=1,且f(x+y)=f(x)+f(y)+1,則f(4)=

.

解析:(2)令x=y=1,則f(2)=f(1)+f(1)+1=3.令x=y=2,則f(4)=f(2)+f(2)+1=7.答案:(2)7賦值法、構(gòu)造法點(diǎn)撥：抽象函數(shù)求值問題常用賦值法,賦值主要從以下方面考慮:令x=…,-2,-1,0,1,2…等特殊值求抽象函數(shù)的函數(shù)值.賦值法、代換法、構(gòu)造法2.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足:?x,y∈R,f(x+y)=f(x)·f(y),且f(1)=2,則f(0)+f(2)等于(

)A.4 B.5 C.6 D.7解析:因?yàn)?x,y∈R,f(x+y)=f(x)·f(y),且f(1)=2,令x=0,y=1,則有f(1)=f(1)f(0),又f(1)=2,則f(0)=1,令x=y=1,則有f(2)=f(1)f(1)=2×2=4,所以f(0)+f(2)=5.故選B.賦值法、構(gòu)造法抽象函數(shù)的單調(diào)性與抽象不等式[典例2](2023·廣西模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足:

①f(x+y)=f(x)+f(y)+1;②當(dāng)x>0時(shí),f(x)>-1.

(1)求f(0)的值,并證明f(x)在R上是增函數(shù);解:(1)令x=y=0,得f(0)=-1.在R上任取x2>x1,則x2-x1>0,f(x2-x1)>-1.又f(x2)=f((x2-x1)+x1)=f(x2-x1)+f(x1)+1>f(x1),所以函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù).類型二[典例2](2023·廣西模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足:

①f(x+y)=f(x)+f(y)+1;②當(dāng)x>0時(shí),f(x)>-1.

(2)若f(1)=1,解關(guān)于x的不等式f(x2+2x)+f(1-x)>4.解:(2)由f(1)=1,得f(2)=3,f(3)=5.由f(x2+2x)+f(1-x)>4,得f(x2+2x)+f(1-x)+1>5,即f(x2+x+1)>f(3),又由（1）知：函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù),故x2+x+1>3,解得x<-2或x>1,故原不等式的解集為{x|x<-2或x>1}.(1)抽象函數(shù)的單調(diào)性的證明,關(guān)鍵是要依據(jù)單調(diào)性的定義和題目條件利用x1與x2的大小關(guān)系構(gòu)造出f（x2）-f（x1）大于(或小于)0.抑或f（x2）>f（x1）或f（x2）<f（x1）(2)在解決與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式問題時(shí),可通過脫去函數(shù)符號(hào)“f”化為一般不等式求解,

①若只利用單調(diào)性脫“f”，但無論如何都必須轉(zhuǎn)化到同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)進(jìn)行;

②若利用單調(diào)性+軸對(duì)稱性脫“f”，轉(zhuǎn)化為與對(duì)稱軸距離的大小關(guān)系（注意：距離轉(zhuǎn)化為絕對(duì)值，圖象開口方向?qū)Υ笮￡P(guān)系的影響）

③若不等式一邊沒有“f”,而是常數(shù),則應(yīng)將常數(shù)轉(zhuǎn)化為含“f”的函數(shù)值.④對(duì)含有多項(xiàng)“f”及常數(shù)的復(fù)雜抽象不等式，要利用函數(shù)方程合并項(xiàng)或構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為“f（Δ）>或<f（Δ）”基本型

注意：解所有類型含“f”（函數(shù)對(duì)應(yīng)關(guān)系符號(hào)）的抽象不等式，

脫去“f”后均需考慮定義域限制解抽象不等式策略：抽象函數(shù)的奇偶性[典例3]設(shè)函數(shù)f(x)對(duì)任意x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y),且當(dāng)x>0時(shí),f(x)<0.(1)證明f(x)為奇函數(shù);證明:(1)由于函數(shù)y=f(x)對(duì)任意x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y),令x=y=0,可得f(0)=0,再令y=-x,可得f(x-x)=f(x)+f(-x),即0=f(x)+f(-x),所以f(-x)=-f(x),因此,函數(shù)y=f(x)為奇函數(shù).類型三[典例3]設(shè)函數(shù)f(x)對(duì)任意x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y),且當(dāng)x>0時(shí),f(x)<0.(2)證明f(x)在R上是減函數(shù).證明:(2)設(shè)x2>x1,則x2-x1>0,則f(x2)-f(x1)=f(x2)+f(-x1)=f(x2-x1)<0,所以f(x2)<f(x1),因此,函數(shù)y=f(x)在R上是減函數(shù).解題策略：抽象函數(shù)中求特殊的函數(shù)值,討論函數(shù)的奇偶性及依此解關(guān)于x的不等式等問題多運(yùn)用“賦值法”、代換法進(jìn)行求值和化簡(jiǎn).[拓展演練]定義在R上的函數(shù)f(x)對(duì)任意的a,b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,且當(dāng)x>0時(shí),f(x)>1.(1)若g(x)=f(x)-1,證明:g(x)是奇函數(shù);(1)證明:令a=b=0,則f(0)=2f(0)-1,得f(0)=1.

令b=-a,則f(0)=f(a)+f(-a)-1=1,即[f(a)-1]+[f(-a)-1]=0.因?yàn)間(x)=f(x)-1,所以g(x)+g(-x)=0.因?yàn)間(x)的定義域也是R,所以g(x)是奇函數(shù).[拓展演練]定義在R上的函數(shù)f(x)對(duì)任意的a,b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,且當(dāng)x>0時(shí),f(x)>1.(2)若f(1)=2,解不等式f(m2-4m-9)<4.變式：改解f(m2-4m-10)+f(m)<4(2)解:設(shè)?x1,x2∈R,且x1<x2,則x2-x1>0,f(x2-x1)>1.因?yàn)閒(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1,所以f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1>0,所以f(x1)<f(x2),所以f(x)在R上是單調(diào)遞增函數(shù).因?yàn)閒(1)=2,所以f(2)=2f(1)-1=3,所以f(3)=f(1)+f(2)-1=4,所以不等式f(m2-4m-9)<4等價(jià)于f(m2-4m-9)<f(3),則m2-4m-9<3,解得-2<m<6,所以原不等式的解集為{m|-2<m<6}.類型四：抽象函數(shù)的對(duì)稱性類型四：抽象函數(shù)的對(duì)稱性法三：構(gòu)造函數(shù)，比如f(x)=sinπx+1，則g(x)=f′(x)=πcosπx，做出如下圖象

一、線性復(fù)合函數(shù)的奇偶性與原函數(shù)對(duì)稱性關(guān)系常用結(jié)論：

引理1:若可導(dǎo)函數(shù)是中心對(duì)稱函數(shù)，則它的導(dǎo)函數(shù)是軸對(duì)稱函數(shù)。且中心的橫坐標(biāo)就是導(dǎo)函數(shù)的對(duì)稱軸(注:若可導(dǎo)函數(shù)是奇函數(shù)則它的導(dǎo)函數(shù)是偶函數(shù).)引理2:若可導(dǎo)函數(shù)是軸對(duì)稱函數(shù)，則它的導(dǎo)函數(shù)是中心對(duì)稱函數(shù)。且對(duì)稱軸的橫標(biāo)就是導(dǎo)函數(shù)的對(duì)稱中心橫坐標(biāo)。(注若可導(dǎo)函數(shù)是偶函數(shù),則它的導(dǎo)函數(shù)是奇函數(shù),

類型五：抽象函數(shù)的周期性[拓展演練]已知f(x)是定義在R上的函數(shù),f(2x+1)為偶函數(shù)且f(4x+2)為奇函數(shù),則下列選項(xiàng)正確的是(

)A.函數(shù)f(x)的周期為2B.函數(shù)f(x)的周期為3C.f(2020)=0D.f(2021)=0解析:設(shè)g(x)=f(2x+1)圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱,得g(1+x)=g(1-x)，所以f(2(1+x)+1)=f(2(1-x)+1),即f(2x+3)=f(3-2x),用x代換上式中的2x,即可得到f(x+3)=f(3-x),所以f(x)關(guān)于直線x=3對(duì)稱.設(shè)h(x)=f(x+1)關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱,得h(1+x)+h(1-x)=0，所以f(1+x+1)+f(1-x+1)=0,即f(2+x)+f(2-x)=0,所以f(x)關(guān)于點(diǎn)(2,0)對(duì)稱.對(duì)于f(x+3)=f(3-x),把x換成x+1,可得f(x+4)=f(2-x).對(duì)于f(2+x)+f(2-x)=0,把x換成x+2,可得f(x+4)=-f(-x).所以f(2-x)=-f(-x),把x換成-x,可得f(2+x)=-f(x),可得f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即f(x)的最小正周期為4.所以C錯(cuò)誤;對(duì)于B,對(duì)于f(x+3)=f(3-x),把x換成x-3,可得f(x)=f(6-x).因?yàn)閒(x)的最小正周期為4,所以f(6-x)=f(2-x),所以f(x)=f(2-x),即f(x+1)=f(1-x),故B正確;D錯(cuò)誤;對(duì)于A,由f(x+1)=f(1-x),可得直線x=1為對(duì)稱軸,所以不能確定f(1)=0是否成立,故A錯(cuò)誤.故選B.

三、這些結(jié)論你要熟記假設(shè)函數(shù)f(x)與其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的定義域均為全體實(shí)數(shù)1、若函數(shù)f(x)關(guān)于直線x=a對(duì)稱,則f′(x)關(guān)于點(diǎn)(a,0)對(duì)稱.2、若函數(shù)f(x)關(guān)于點(diǎn)(a,m)對(duì)稱,則f′(x)關(guān)于直線x=a對(duì)稱.3、若函數(shù)f′(x)關(guān)于直線x=a對(duì)稱,則f(x)關(guān)于點(diǎn)(a,m)對(duì)稱.4、若函數(shù)f′(x)關(guān)于點(diǎn)(a,m)對(duì)稱,則函數(shù)f(x)不一定會(huì)關(guān)于直線=a對(duì)稱.5、若原函數(shù)f(x)是周期為T,則f′(x)也是周期為T6、若f′(x)是周期為T,則原函數(shù)f(x)不一定是周期函數(shù).求證：若可導(dǎo)函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于x=a對(duì)稱，則其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象關(guān)于(a，0)對(duì)稱。結(jié)論1證明：已知f(x)關(guān)于x=a對(duì)稱∴f(x)=f(2a-x)等式兩邊同時(shí)求導(dǎo)得：f′(x)=-f′(2a-x)∴f′(x)的圖像關(guān)于(a，0)對(duì)稱求證：若可導(dǎo)函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a，m)對(duì)稱，則其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象關(guān)于x=a對(duì)稱。結(jié)論2證明：已知f(x)的圖像關(guān)于(a，m)對(duì)稱，可得：f(x)+f(2a-x)=2m整理得：f(x)=-f(2a-x)+2m，等式兩邊同時(shí)求導(dǎo)得：f′(x)=f′(2a-x)∴f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)關(guān)于x=a這條直線對(duì)稱。求證：若可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象關(guān)于x=m對(duì)稱，則f(x)的圖象關(guān)于(x0，[f(x0)+f(2m-x0)]/2)對(duì)稱，其中x0為定義域內(nèi)任意值。證明：已知f′(x)關(guān)于x=m對(duì)稱∴f′(x)=f′(2m-x)將上式兩邊同時(shí)積分可得：∫f′(x)dx=∫f′(2m-x)dx所以f(x)+C1=-f(2m-x)+C2，即f(x)+f(2m-x)=C2-C1令x=x0(x0為定義域內(nèi)任意值)則由上式可知C2-C1=f(x0)+f(2m-x0)即：f(x)+f(2m-x)=f(x0)+f(2m-x0)∴f(x)的圖像關(guān)于(m，[f(x0)+f(2m-x0)]/2)對(duì)稱備注：當(dāng)f(x)在x=m處有意義時(shí)，可以將上式的x0用m來替代，則有f(x)的圖像關(guān)于(m，f(m))對(duì)稱。例題：求f(x)=x3-6x2+2x+6的對(duì)稱中心解：f′(x)=3x2-12x+2，可知f′(x)的對(duì)稱軸為：x=2，且f(x)在x=2處有意義，則f(x)的對(duì)稱中心為(2，f(2))，即(2，-6)求證：若可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象關(guān)于(m，0)對(duì)稱，且在定義域內(nèi)存在一點(diǎn)x0，使得f(x0)=f(2m-x0)，則f(x)的圖象關(guān)于x=m對(duì)稱。證明：已知f′(x)關(guān)于(m，0)對(duì)稱∴f′