微專題3　抽象函數(shù)與嵌套函數(shù)VIP

微專題3抽象函數(shù)與嵌套函數(shù)高考定位1.以選擇題、填空題的形式考查抽象函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，難度中檔偏上；2.以選擇題、填空題的形式考查嵌套函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)或由零點(diǎn)的個(gè)數(shù)求參數(shù)等，難度中檔或偏上.【真題體驗(yàn)】1.(2020·新高考Ⅰ卷)若定義在R的奇函數(shù)f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，且f(2)＝0，則滿足xf(x－1)≥0的x的取值范圍是()A.[－1，1]∪[3，＋∞) B.[－3，－1]∪[0，1]C.[－1，0]∪[1，＋∞) D.[－1，0]∪[1，3]2.(多選)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的定義域均為R，記g(x)＝f′(x).若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均為偶函數(shù)，則()A.f(0)＝0 B.geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0C.f(－1)＝f(4) D.g(－1)＝g(2)3.(多選)(2023·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(xy)＝y(tǒng)2f(x)＋x2f(y)，則()A.f(0)＝0 B.f(1)＝0C.f(x)是偶函數(shù) D.x＝0為f(x)的極小值點(diǎn)4.(2022·全國(guó)乙卷)已知函數(shù)f(x)，g(x)的定義域均為R，且f(x)＋g(2－x)＝5，g(x)－f(x－4)＝7.若y＝g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，g(2)＝4，則eq\o(∑,\s\up6(22),\s\do4(k＝1))f(k)＝()A.－21 B.－22C.－23 D.－24【熱點(diǎn)突破】熱點(diǎn)一抽象函數(shù)研究抽象函數(shù)性質(zhì)的方法(1)用賦值法研究抽象函數(shù).(2)利用數(shù)形結(jié)合法研究抽象函數(shù).(3)利用函數(shù)性質(zhì)之間的關(guān)系推理論證研究抽象函數(shù).考向1賦值法研究抽象函數(shù)例1設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝1，且對(duì)任意x，y∈R都有f(xy＋1)＝f(x)f(y)－f(y)－x＋2，則f(1)＝________；f(2025)＝________.考向2數(shù)形結(jié)合法研究抽象函數(shù)例2已知定義在R上的函數(shù)f(x)，g(x)，其中f(x)滿足f(－x)＝f(x)且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，函數(shù)g(x)滿足g(1－x)＝g(1＋x)且在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，設(shè)函數(shù)F(x)＝eq\f(1,2)[f(x)＋g(x)＋|f(x)－g(x)|]，則對(duì)任意x∈R，均有()A.F(1－x)≥F(1＋x) B.F(1－x)≤F(1＋x)C.F(1－x2)≥F(1＋x2) D.F(1－x2)≤F(1＋x2)考向3利用函數(shù)性質(zhì)之間的關(guān)系推理論證例3(多選)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))，f(－1)＝1，f(0)＝－2，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))為奇函數(shù)，則()A.f(x)為奇函數(shù) B.f(x)為偶函數(shù)C.f(x)是周期為3的周期函數(shù) D.f(0)＋f(1)＋…＋f(2025)＝－2規(guī)律方法1.求函數(shù)在特定點(diǎn)的函數(shù)值、最值以及解析式，或判斷函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性及周期性，往往在條件等式中對(duì)變量賦予一些具體的值，構(gòu)造出所需要的條件，其中賦予的具體的值常常起到橋梁的作用.2.數(shù)形結(jié)合可通過(guò)畫圖使抽象函數(shù)形象化，根據(jù)奇偶性、周期性等性質(zhì)畫出示意圖，摘取有效信息，結(jié)合圖象解題.3.函數(shù)的對(duì)稱軸、對(duì)稱中心及周期性，三者已知其中兩個(gè)，可推出另外一個(gè).訓(xùn)練1(1)(多選)已知f(x)是定義在R上的不恒為零的函數(shù)，對(duì)于a，b∈R都滿足f(ab)＝af(b)＋bf(a)，則下述正確的是()A.f(0)＝0 B.f(1)＝0C.f(x)是偶函數(shù) D.若f(2)＝2，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(1,2)(2)(多選)(2024·煙臺(tái)調(diào)研)已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)在(－1，0]上單調(diào)遞增，f(1＋x)＝f(1－x)，且圖象關(guān)于(2，0)對(duì)稱，則關(guān)于f(x)的說(shuō)法正確的是()A.f(0)＝f(2) B.f(0)＝f(－2)C.周期T＝2 D.在(2，3)上單調(diào)遞減熱點(diǎn)二嵌套函數(shù)嵌套函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題主要涉及判斷函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)或范圍，常考查二次函數(shù)與復(fù)合函數(shù)相關(guān)零點(diǎn)，與函數(shù)的圖象性質(zhì)交匯.對(duì)于嵌套函數(shù)的零點(diǎn)，通常先“換元解套”，將復(fù)合函數(shù)拆解為兩個(gè)相對(duì)簡(jiǎn)單的函數(shù)，借助函數(shù)的圖象、性質(zhì)求解.例4已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex，x<0，,4x3－6x2＋1，x≥0，))則函數(shù)g(x)＝2[f(x)]2－3f(x)－2的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A.2 B.3C.4 D.5規(guī)律方法1.破解此類問(wèn)題的主要步驟第一步：換元解套，將嵌套函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題通過(guò)換元轉(zhuǎn)化為函數(shù)t＝g(x)與y＝f(t)的零點(diǎn)問(wèn)題.第二步：依次求解：令f(t)＝0求t，代入t＝g(x)求出x的值或判斷圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù).2.含參數(shù)的嵌套函數(shù)方程還應(yīng)注意讓參數(shù)的取值“動(dòng)起來(lái)”，結(jié)合性質(zhì)、圖象抓臨界位置，確定參數(shù)取值范圍.訓(xùn)練2(2024·荊州調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋1，x≤0，,|log4x|，x>0，))若關(guān)于x的方程[f(x)]2－(a＋2)f(x)＋3＝0恰好有六個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.(－2eq\r(3)－2，2eq\r(3)－2) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2\r(3)－2，\f(3,2)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) D.(2eq\r(3)－2，＋∞)【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】一、單選題1.(2024·重慶調(diào)研)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(3)＝－2，且h(x)＝－x2＋f(3x)為奇函數(shù)，則f(－3)＝()A.4 B.－2C.0 D.22.(2024·常州檢測(cè))函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(1＋x)＝－f(1－x)，f(2＋x)＝f(2－x)，則f(x)是()A.偶函數(shù)，又是周期函數(shù)B.偶函數(shù)，但不是周期函數(shù)C.奇函數(shù)，又是周期函數(shù)D.奇函數(shù)，但不是周期函數(shù)3.(2024·商洛聯(lián)考)若定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)為偶函數(shù)，且對(duì)任意x1，x2∈[2，＋∞)，x1≠x2，均有eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)>0，則關(guān)于x的不等式f(x)<f(7)的解集為()A.(－3，7) B.(0，7)C.(－3，5) D.(－1，5)4.(2024·洛陽(yáng)二模)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))為偶函數(shù)且f(1)＝2，則f(2022)＋f(2023)＋f(2024)＝()A.－2 B.0C.2 D.45.已知f(x)是R上的奇函數(shù)，f(1＋x)＝f(1－x)，當(dāng)x1，x2∈[0，1]，且x1≠x2時(shí)，eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，則當(dāng)－3≤x≤1時(shí)，不等式xf(x)>0的解集為()A.[－1，0)∪(0，1] B.[－3，－2)∪(0，1]C.(－2，－1)∪(0，1] D.(－2，0)∪(0，1]6.(2024·青島模擬)?x∈R，f(x)＋f(x＋3)＝1－f(x)f(x＋3)，f(－1)＝0，則f(2024)的值是()A.2 B.1C.0 D.－17.(2024·呂梁模擬)已知函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＋f(x－y)＝eq\f(2,3)f(x)f(y)，f(1)＝eq\f(3,2)，則下列結(jié)論不正確的是()A.f(0)＝3 B.函數(shù)f(2x－1)關(guān)于直線x＝eq\f(1,2)對(duì)稱C.f(x)＋f(0)≥0 D.f(x)的周期為38.(2024·漳州模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x)，x>0，,－|x＋1|＋1，x≤0，))則函數(shù)g(x)＝f(f(x)－1)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A.3 B.5C.6 D.8二、多選題9.(2024·安慶二模)已知定義在R上的函數(shù)f(x)，滿足對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，y，均有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<1，則()A.f(0)＝1B.f(1)＋f(－1)＝1C.函數(shù)f(x)為減函數(shù)D.函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0，1)對(duì)稱10.(2024·濟(jì)南質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，f(1)＝0，則()A.f(0)＝－1 B.f(x)有最小值C.f(2024)＝2023 D.f(x)＋1是奇函數(shù)11.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2ex，x<1，,\f(ex,x2)，x≥1，))方程[f(x)]2－2af(x)＝0(a∈R)有兩個(gè)不等實(shí)根，則下列說(shuō)法正確的是()A.點(diǎn)(0，0)是函數(shù)f(x)的零點(diǎn)B.?x1∈(0，1)，x2∈(1，3)，使f(x1)>f(x2)C.x＝－2是f(x)的極大值點(diǎn)D.a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(e2,8)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，＋∞))三、填空題12.(2024·淄博模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f′(x)定義域也是R，f(x)滿足f(x＋1012)－f(1013－x)＝4x＋1，則eq\o(∑,\s\up6(2024),\s\do4(i＝1))f′(i)＝________.13.(2024·重慶診斷)已知定義域?yàn)?0，＋∞)的減函數(shù)f(x)滿足f(xy)＝f(x)＋f(y)，且f(2)＝－1，則不等式f(x＋2)＋f(x＋4)>－3的解集為________.14.函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))eq\s\up12(|x|)＋1，若g(x)＝2f2(x)－(2a＋3)f(x)＋3a有4個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是________.【解析版】1.(2020·新高考Ⅰ卷)若定義在R的奇函數(shù)f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，且f(2)＝0，則滿足xf(x－1)≥0的x的取值范圍是()A.[－1，1]∪[3，＋∞) B.[－3，－1]∪[0，1]C.[－1，0]∪[1，＋∞) D.[－1，0]∪[1，3]答案D解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0.又f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，且f(2)＝0，畫出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖(1)所示，則函數(shù)f(x－1)的大致圖象如圖(2)所示.當(dāng)x≤0時(shí)，要滿足xf(x－1)≥0，則f(x－1)≤0，得－1≤x≤0.當(dāng)x>0時(shí)，要滿足xf(x－1)≥0，則f(x－1)≥0，得1≤x≤3.故滿足xf(x－1)≥0的x的取值范圍是[－1，0]∪[1，3].故選D.2.(多選)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的定義域均為R，記g(x)＝f′(x).若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均為偶函數(shù)，則()A.f(0)＝0 B.geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0C.f(－1)＝f(4) D.g(－1)＝g(2)答案BC解析法一(轉(zhuǎn)化法)因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均為偶函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋2x))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋x))，g(2＋x)＝g(2－x)，所以f(3－x)＝f(x)，g(4－x)＝g(x)，則f(－1)＝f(4)，故C正確；函數(shù)f(x)，g(x)的圖象分別關(guān)于直線x＝eq\f(3,2)，x＝2對(duì)稱，又g(x)＝f′(x)，所以g(eq\f(3,2))＝0，g(3－x)＝－g(x)，所以g(4－x)＝g(x)＝－g(3－x)，所以g(x＋4)＝－g(x＋3)，所以g(x＋2)＝－g(x＋1)，所以g(x＋1)＝－g(x)，所以g(x＋2)＝g(x).所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，g(－1)＝g(1)＝－g(2)，故B正確，D錯(cuò)誤；若函數(shù)f(x)滿足題設(shè)條件，則函數(shù)f(x)＋C(C為常數(shù))也滿足題設(shè)條件，所以無(wú)法確定f(0)的函數(shù)值，故A錯(cuò)誤.法二(構(gòu)造函數(shù)法)令f(x)＝1－sinπx，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))＝1＋cos2πx，則g(x)＝f′(x)＝－πcosπx，g(x＋2)＝－πcos(2π＋πx)＝－πcosπx，滿足題設(shè)條件，可得只有選項(xiàng)B，C正確.3.(多選)(2023·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(xy)＝y(tǒng)2f(x)＋x2f(y)，則()A.f(0)＝0 B.f(1)＝0C.f(x)是偶函數(shù) D.x＝0為f(x)的極小值點(diǎn)答案ABC解析取x＝y(tǒng)＝0，則f(0)＝0＋0＝0，故A正確；取x＝y(tǒng)＝1，則f(1)＝f(1)＋f(1)，所以f(1)＝0，故B正確；取x＝y(tǒng)＝－1，則f(1)＝f(－1)＋f(－1)，所以f(－1)＝0；取y＝－1，則f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)，所以f(－x)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，故C正確；由于f(0)＝0，且函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，所以x＝0可能為函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，也可能為函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，也可能不是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，故D不正確.綜上，選ABC.4.(2022·全國(guó)乙卷)已知函數(shù)f(x)，g(x)的定義域均為R，且f(x)＋g(2－x)＝5，g(x)－f(x－4)＝7.若y＝g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，g(2)＝4，則eq\o(∑,\s\up6(22),\s\do4(k＝1))f(k)＝()A.－21 B.－22C.－23 D.－24答案D解析由y＝g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，可得g(2＋x)＝g(2－x).在f(x)＋g(2－x)＝5中，用－x替換x，可得f(－x)＋g(2＋x)＝5，可得f(－x)＝f(x).在g(x)－f(x－4)＝7中，用2－x替換x，得g(2－x)＝f(－x－2)＋7，代入f(x)＋g(2－x)＝5中，得f(x)＋f(－x－2)＝－2，可得f(x)＋f(x＋2)＝－2，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，所以f(x＋4)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是以4為周期的周期函數(shù).由f(x)＋g(2－x)＝5可得f(0)＋g(2)＝5，又g(2)＝4，所以可得f(0)＝1，又f(x)＋f(x＋2)＝－2，所以f(0)＋f(2)＝－2，f(－1)＋f(1)＝－2，得f(2)＝－3，f(1)＝f(－1)＝－1，又f(3)＝f(－1)＝－1，f(4)＝f(0)＝1，所以eq\o(∑,\s\up6(22),\s\do4(k＝1))f(k)＝6f(1)＋6f(2)＋5f(3)＋5f(4)＝6×(－1)＋6×(－3)＋5×(－1)＋5×1＝－24.【熱點(diǎn)突破】熱點(diǎn)一抽象函數(shù)研究抽象函數(shù)性質(zhì)的方法(1)用賦值法研究抽象函數(shù).(2)利用數(shù)形結(jié)合法研究抽象函數(shù).(3)利用函數(shù)性質(zhì)之間的關(guān)系推理論證研究抽象函數(shù).考向1賦值法研究抽象函數(shù)例1設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝1，且對(duì)任意x，y∈R都有f(xy＋1)＝f(x)f(y)－f(y)－x＋2，則f(1)＝________；f(2025)＝________.答案22026解析令x＝y(tǒng)＝0，得f(1)＝f(0)f(0)－f(0)＋2＝1－1＋2＝2.令y＝1，則f(x＋1)＝2f(x)－2－x＋2＝2f(x)－x，即f(x＋1)＝2f(x)－x.①又f(yx＋1)＝f(y)f(x)－f(x)－y＋2，令y＝1代入，得f(x＋1)＝2f(x)－f(x)－1＋2，即f(x＋1)＝f(x)＋1.②聯(lián)立①②得f(x)＝x＋1，所以f(1)＝2，f(2025)＝2026.考向2數(shù)形結(jié)合法研究抽象函數(shù)例2已知定義在R上的函數(shù)f(x)，g(x)，其中f(x)滿足f(－x)＝f(x)且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，函數(shù)g(x)滿足g(1－x)＝g(1＋x)且在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，設(shè)函數(shù)F(x)＝eq\f(1,2)[f(x)＋g(x)＋|f(x)－g(x)|]，則對(duì)任意x∈R，均有()A.F(1－x)≥F(1＋x) B.F(1－x)≤F(1＋x)C.F(1－x2)≥F(1＋x2) D.F(1－x2)≤F(1＋x2)答案C解析由題意，定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，則f(x)為R上的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－∞，0)上單調(diào)遞增，又函數(shù)g(x)滿足g(1－x)＝g(1＋x)，則函數(shù)g(x)關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，且在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－∞，1)上單調(diào)遞增，又F(x)＝eq\f(1,2)[f(x)＋g(x)＋|f(x)－g(x)|]＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），f（x）≥g（x），,g（x），f（x）<g（x），))作出函數(shù)F(x)大致圖象如圖：∵1＋x2與1－x2關(guān)于x＝1對(duì)稱，結(jié)合函數(shù)圖象可得F(1－x2)≥F(1＋x2)，故選C.考向3利用函數(shù)性質(zhì)之間的關(guān)系推理論證例3(多選)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))，f(－1)＝1，f(0)＝－2，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))為奇函數(shù)，則()A.f(x)為奇函數(shù) B.f(x)為偶函數(shù)C.f(x)是周期為3的周期函數(shù) D.f(0)＋f(1)＋…＋f(2025)＝－2答案BCD解析對(duì)于A，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(0)＝－2，則f(x)不會(huì)是奇函數(shù)，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))，可得f(x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))為奇函數(shù)，則f(－x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，則有f(－x)＝f(x)，即函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，B正確；對(duì)于C，若函數(shù)f(x)滿足f(x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))，則有f(x＋3)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))＝f(x)，即函數(shù)f(x)是周期為3的周期函數(shù)，C正確；對(duì)于D，f(x)是偶函數(shù)且其周期為3，則f(－1)＝f(1)＝1，f(2)＝f(－1)＝1，則f(0)＋f(1)＋f(2)＝0，故f(0)＋f(1)＋…＋f(2025)＝[f(0)＋f(1)＋f(2)]×675＋f(0)＝－2，D正確.規(guī)律方法1.求函數(shù)在特定點(diǎn)的函數(shù)值、最值以及解析式，或判斷函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性及周期性，往往在條件等式中對(duì)變量賦予一些具體的值，構(gòu)造出所需要的條件，其中賦予的具體的值常常起到橋梁的作用.2.數(shù)形結(jié)合可通過(guò)畫圖使抽象函數(shù)形象化，根據(jù)奇偶性、周期性等性質(zhì)畫出示意圖，摘取有效信息，結(jié)合圖象解題.3.函數(shù)的對(duì)稱軸、對(duì)稱中心及周期性，三者已知其中兩個(gè)，可推出另外一個(gè).訓(xùn)練1(1)(多選)已知f(x)是定義在R上的不恒為零的函數(shù)，對(duì)于a，b∈R都滿足f(ab)＝af(b)＋bf(a)，則下述正確的是()A.f(0)＝0 B.f(1)＝0C.f(x)是偶函數(shù) D.若f(2)＝2，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(1,2)(2)(多選)(2024·煙臺(tái)調(diào)研)已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)在(－1，0]上單調(diào)遞增，f(1＋x)＝f(1－x)，且圖象關(guān)于(2，0)對(duì)稱，則關(guān)于f(x)的說(shuō)法正確的是()A.f(0)＝f(2) B.f(0)＝f(－2)C.周期T＝2 D.在(2，3)上單調(diào)遞減答案(1)ABD(2)ABD解析(1)對(duì)于A，令a＝b＝0，則f(0)＝0f(0)＋0f(0)＝0，故A正確；對(duì)于B，令a＝b＝1，則f(1)＝1f(1)＋1f(1)＝2f(1)，則f(1)＝0，故B正確；對(duì)于C，令a＝b＝－1，則f(1)＝－f(－1)－f(－1)＝－2f(－1)，所以f(－1)＝0，又令a＝－1，b＝x，則f(－x)＝－f(x)＋xf(－1)＝－f(x)＋0＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，令a＝2，b＝－eq\f(1,2)，則f(－1)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－eq\f(1,2)f(2)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－1＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，故D正確.(2)由f(1＋x)＝f(1－x)，可得f(x)的對(duì)稱軸為x＝1，所以f(0)＝f(2)，A正確；又由f(1＋x)＝f(1－x)知f(2＋x)＝f(－x)，因?yàn)閒(x)的圖象關(guān)于(2，0)對(duì)稱，則f(2＋x)＝－f(2－x)，故f(4＋x)＝－f(－x)，所以－f(2＋x)＝f(4＋x)，即－f(x)＝f(2＋x)，所以f(x)＝f(x＋4)，所以f(x)的周期為4，所以f(－2)＝f(2)，又f(0)＝f(2)，所以f(0)＝f(－2)，故B正確，C錯(cuò)誤；因?yàn)閒(x)在(－1，0]上單調(diào)遞增，且T＝4，所以f(x)在(3，4]上單調(diào)遞增，又圖象關(guān)于(2，0)對(duì)稱，所以f(x)在(0，1]上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(x)關(guān)于x＝1對(duì)稱，所以f(x)在(1，2]上單調(diào)遞減，又因?yàn)殛P(guān)于(2，0)對(duì)稱，可得f(x)在(2，3)單調(diào)遞減，故D正確.熱點(diǎn)二嵌套函數(shù)嵌套函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題主要涉及判斷函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)或范圍，?？疾槎魏瘮?shù)與復(fù)合函數(shù)相關(guān)零點(diǎn)，與函數(shù)的圖象性質(zhì)交匯.對(duì)于嵌套函數(shù)的零點(diǎn)，通常先“換元解套”，將復(fù)合函數(shù)拆解為兩個(gè)相對(duì)簡(jiǎn)單的函數(shù)，借助函數(shù)的圖象、性質(zhì)求解.例4已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex，x<0，,4x3－6x2＋1，x≥0，))則函數(shù)g(x)＝2[f(x)]2－3f(x)－2的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A.2 B.3C.4 D.5答案B解析由g(x)＝2[f(x)]2－3f(x)－2＝0，得f(x)＝2或f(x)＝－eq\f(1,2).當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，所以當(dāng)x∈(0，1)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以x＝1時(shí)，f(x)有極小值f(1)＝4－6＋1＝－1.又x<0時(shí)，f(x)＝ex，畫出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示，由圖可知：函數(shù)g(x)＝2[f(x)]2－3f(x)－2的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為3.規(guī)律方法1.破解此類問(wèn)題的主要步驟第一步：換元解套，將嵌套函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題通過(guò)換元轉(zhuǎn)化為函數(shù)t＝g(x)與y＝f(t)的零點(diǎn)問(wèn)題.第二步：依次求解：令f(t)＝0求t，代入t＝g(x)求出x的值或判斷圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù).2.含參數(shù)的嵌套函數(shù)方程還應(yīng)注意讓參數(shù)的取值“動(dòng)起來(lái)”，結(jié)合性質(zhì)、圖象抓臨界位置，確定參數(shù)取值范圍.訓(xùn)練2(2024·荊州調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋1，x≤0，,|log4x|，x>0，))若關(guān)于x的方程[f(x)]2－(a＋2)f(x)＋3＝0恰好有六個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.(－2eq\r(3)－2，2eq\r(3)－2) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2\r(3)－2，\f(3,2)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) D.(2eq\r(3)－2，＋∞)答案B解析畫出函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋1，x≤0，,|log4x|，x>0))的圖象如圖所示，令f(x)＝t，則方程[f(x)]2－(a＋2)f(x)＋3＝0可化為t2－(a＋2)t＋3＝0.由圖可知，當(dāng)t∈(1，2]時(shí)，y＝f(x)與y＝t有3個(gè)交點(diǎn)，要使關(guān)于x的方程[f(x)]2－(a＋2)f(x)＋3＝0恰好有六個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則方程t2－(a＋2)t＋3＝0在(1，2]內(nèi)有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)根，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（a＋2）2－12>0，,1<\f(a＋2,2)<2，,12－（a＋2）×1＋3>0，,22－（a＋2）×2＋3≥0，))解得2eq\r(3)－2<a≤eq\f(3,2)，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2\r(3)－2，\f(3,2))).【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】一、單選題1.(2024·重慶調(diào)研)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(3)＝－2，且h(x)＝－x2＋f(3x)為奇函數(shù)，則f(－3)＝()A.4 B.－2C.0 D.2答案A解析因?yàn)閔(x)＝－x2＋f(3x)是奇函數(shù)，所以h(－1)＋h(1)＝0，即－1＋f(－3)－1＋f(3)＝0，又f(3)＝－2，所以f(－3)＝4.故選A.2.(2024·常州檢測(cè))函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(1＋x)＝－f(1－x)，f(2＋x)＝f(2－x)，則f(x)是()A.偶函數(shù)，又是周期函數(shù)B.偶函數(shù)，但不是周期函數(shù)C.奇函數(shù)，又是周期函數(shù)D.奇函數(shù)，但不是周期函數(shù)答案A解析法一因?yàn)閒(1＋x)＝－f(1－x)，所以f(x＋2)＝－f[1－(x＋1)]＝－f(－x).因?yàn)閒(2＋x)＝f(2－x)，所以f(2－x)＝－f(－x)，即f(2＋x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，則f(x＋2)＝f(x－2).因?yàn)閒(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x－2)＝f(2－x)，所以f(x)＝f(－x)，f(x)是偶函數(shù).故選A.法二因?yàn)閒(1＋x)＝－f(1－x)，所以f(x)的圖象關(guān)于(1，0)中心對(duì)稱.因?yàn)閒(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，所以f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，則f(x＋2)＝f(x－2).又f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x－2)＝f(2－x)，所以f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，f(x)是偶函數(shù).故選A.3.(2024·商洛聯(lián)考)若定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)為偶函數(shù)，且對(duì)任意x1，x2∈[2，＋∞)，x1≠x2，均有eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)>0，則關(guān)于x的不等式f(x)<f(7)的解集為()A.(－3，7) B.(0，7)C.(－3，5) D.(－1，5)答案A解析f(x＋2)為偶函數(shù)，圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，所以f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱.依題意可知，f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，則在(－∞，2)上單調(diào)遞減.由于f(x)<f(7)，所以|x－2|<|7－2|，即－5<x－2<5，解得－3<x<7，所以不等式f(x)<f(7)的解集為(－3，7).4.(2024·洛陽(yáng)二模)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))為偶函數(shù)且f(1)＝2，則f(2022)＋f(2023)＋f(2024)＝()A.－2 B.0C.2 D.4答案D解析因?yàn)閒(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，且f(0)＝0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))為偶函數(shù)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))，則f(x＋3)＝f(－x)，則f(x＋3)＝－f(x)，則f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，所以f(x)是以6為周期的周期函數(shù).由f(1)＝2，得f(2)＝f(1)＝2，f(2022)＝f(6×337)＝f(0)＝0，f(2023)＝f(6×337＋1)＝f(1)＝2，f(2024)＝f(6×337＋2)＝f(2)＝2，所以f(2022)＋f(2023)＋f(2024)＝4.故選D.5.已知f(x)是R上的奇函數(shù)，f(1＋x)＝f(1－x)，當(dāng)x1，x2∈[0，1]，且x1≠x2時(shí)，eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，則當(dāng)－3≤x≤1時(shí)，不等式xf(x)>0的解集為()A.[－1，0)∪(0，1] B.[－3，－2)∪(0，1]C.(－2，－1)∪(0，1] D.(－2，0)∪(0，1]答案D解析因?yàn)閒(x)是R上的奇函數(shù)，f(1＋x)＝f(1－x)，所以函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱且關(guān)于x＝1對(duì)稱，當(dāng)x1，x2∈[0，1]，且x1≠x2時(shí)，eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，即函數(shù)在[0，1]上單調(diào)遞增，f(2)＝f(0)＝f(－2)＝0，其大致圖象如圖所示，則當(dāng)－3≤x≤1時(shí)，不等式xf(x)>0可轉(zhuǎn)化為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,f（x）>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0，,f（x）<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,0<x≤1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0，,－2<x<0，))即0<x≤1或－2<x<0.故本題選D.6.(2024·青島模擬)?x∈R，f(x)＋f(x＋3)＝1－f(x)f(x＋3)，f(－1)＝0，則f(2024)的值是()A.2 B.1C.0 D.－1答案B解析由題意知?x∈R，f(x)＋f(x＋3)＝1－f(x)f(x＋3)，f(－1)＝0，令x＝－1，則f(－1)＋f(2)＝1－f(－1)f(2)，∴f(2)＝1.顯然f(x)＝－1時(shí)，－1＋f(x＋3)＝1＋f(x＋3)不成立，故f(x)≠－1，故f(x＋3)＝eq\f(1－f（x）,1＋f（x）)，則f(x＋6)＝eq\f(1－\f(1－f（x）,1＋f（x）),1＋\f(1－f（x）,1＋f（x）))＝f(x)，即6為函數(shù)f(x)的周期，則f(2024)＝f(337×6＋2)＝f(2)＝1，故選B.7.(2024·呂梁模擬)已知函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＋f(x－y)＝eq\f(2,3)f(x)f(y)，f(1)＝eq\f(3,2)，則下列結(jié)論不正確的是()A.f(0)＝3 B.函數(shù)f(2x－1)關(guān)于直線x＝eq\f(1,2)對(duì)稱C.f(x)＋f(0)≥0 D.f(x)的周期為3答案D解析法一令x＝1，y＝0，則2f(1)＝eq\f(2,3)f(1)f(0)，解得f(0)＝3，A正確；令x＝0，則f(y)＋f(－y)＝eq\f(2,3)f(0)f(y)＝2f(y)，所以f(y)＝f(－y)，即f(x)是偶函數(shù)，所以函數(shù)f(2x－1)關(guān)于直線x＝eq\f(1,2)對(duì)稱，B正確；令y＝x，則f(2x)＋f(0)＝eq\f(2,3)f2(x)≥0，令t＝2x，則f(t)＋f(0)≥0，所以f(x)＋f(0)≥0，C正確；令y＝1，則f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)，①所以f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1)，②①②聯(lián)立得f(x＋2)＝－f(x－1)，所以f(x＋3)＝－f(x)，f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，即f(x)的周期為6，D錯(cuò)誤.法二構(gòu)造函數(shù)f(x)＝3coseq\f(π,3)x，滿足f(1)＝eq\f(3,2)，且f(x＋y)＋f(x－y)＝3coseq\f(π,3)(x＋y)＋3coseq\f(π,3)(x－y)＝6coseq\f(π,3)xcoseq\f(π,3)y＝eq\f(2,3)f(x)f(y)，f(0)＝3cos0＝3，A正確；f(2x－1)＝3coseq\f(π,3)(2x－1)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)x－\f(π,3)))＝3coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))))，因?yàn)閒(2x－1)表示y＝3coseq\f(2π,3)x的圖象向右平移eq\f(1,2)個(gè)單位，且y＝3coseq\f(2π,3)x的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，所以f(2x－1)關(guān)于直線x＝eq\f(1,2)對(duì)稱，B正確；由余弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)可知f(x)＋f(0)＝3coseq\f(π,3)x＋1≥0，C正確；f(x)的周期T＝eq\f(2π,\f(π,3))＝6，D錯(cuò)誤.故選D.8.(2024·漳州模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x)，x>0，,－|x＋1|＋1，x≤0，))則函數(shù)g(x)＝f(f(x)－1)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A.3 B.5C.6 D.8答案B解析依題意，函數(shù)g(x)＝f(f(x)－1)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，即為方程f(f(x)－1)＝0解的個(gè)數(shù)，令f(x)－1＝t，則f(t)＝0，當(dāng)t>0時(shí)，lnt－eq\f(1,t)＝0，令h(t)＝lnt－eq\f(1,t)，t>0，函數(shù)y＝lnt，y＝－eq\f(1,t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，于是函數(shù)h(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又h(1)＝－1<0，h(e)＝1－eq\f(1,e)>0，則存在t1∈(1，e)，使得h(t1)＝0；當(dāng)t≤0時(shí)，－|t＋1|＋1＝0，解得t＝0或－2，作函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x)，x>0，,－|x＋1|＋1，x≤0))的大致圖象，如圖.又f(x)－1＝t，則f(x)＝t＋1，當(dāng)t＝0時(shí)，f(x)＝1，由y＝f(x)的圖象知，方程f(x)＝1有兩個(gè)解；當(dāng)t＝－2時(shí)，f(x)＝－1，由y＝f(x)的圖象知，方程f(x)＝－1有兩個(gè)解；當(dāng)t＝t1，t1∈(1，e)時(shí)，f(x)＝t1＋1，由y＝f(x)的圖象知，方程f(x)＝t1＋1有一個(gè)解.綜上所述，函數(shù)g(x)＝f(f(x)－1)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為5.二、多選題9.(2024·安慶二模)已知定義在R上的函數(shù)f(x)，滿足對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，y，均有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<1，則()A.f(0)＝1B.f(1)＋f(－1)＝1C.函數(shù)f(x)為減函數(shù)D.函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0，1)對(duì)稱答案ACD解析對(duì)于A，令x＝y(tǒng)＝0，則有f(0)＝f(0)＋f(0)－1，故f(0)＝1，故A正確；對(duì)于B，令x＝1，y＝－1，則有f(0)＝f(1)＋f(－1)－1，故f(1)＋f(－1)＝2，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，令y>0，則有f(x＋y)－f(x)＝f(y)－1，其中x＋y>x，f(y)－1<0，令x1＝x＋y，x2＝x，即有對(duì)?x1，x2∈R，x1>x2，f(x1)－f(x2)<0恒成立，即函數(shù)f(x)為減函數(shù)，故C正確；對(duì)于D，令y＝－x，則有f(x－x)＝f(x)＋f(－x)－1，又f(0)＝1，故f(x)＋f(－x)＝2，故函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0，1)對(duì)稱，故D正確.10.(2024·濟(jì)南質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，f(1)＝0，則()A.f(0)＝－1 B.f(x)有最小值C.f(2024)＝2023 D.f(x)＋1是奇函數(shù)答案ACD解析對(duì)于A，令x＝y(tǒng)＝0，可得f(0)＝－1，A正確；對(duì)于B，令x＝x1，y＝x2－x1，且x1<x2，則f(x1＋x2－x1)＝f(x1)＋f(x2－x1)＋1，可得f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)＋1，若x>0時(shí)，f(x)>－1時(shí)，f(x2)－f(x1)>0，此時(shí)函數(shù)f(x)為單調(diào)遞增函數(shù)；若x>0時(shí)，f(x)<－1時(shí)，f(x2)－f(x1)<0，此時(shí)函數(shù)f(x)為單調(diào)遞減函數(shù)，所以函數(shù)f(x)不一定有最小值，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，令y＝1，可得f(x＋1)＝f(x)＋f(1)＋1＝f(x)＋1，即f(x＋1)－f(x)＝1，所以f(2)－f(1)＝1，f(3)－f(2)＝1，…，f(2024)－f(2023)＝1，各式相加得f(2024)－f(1)＝2023，所以f(2024)＝f(1)＋2023＝2023，C正確；對(duì)于D，令y＝－x，可得f(0)＝f(x)＋f(－x)＋1，可得f(x)＋1＋f(－x)＋1＝0，即f(－x)＋1＝－[f(x)＋1]，所以函數(shù)f(x)＋1是奇函數(shù)，D正確.11.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2ex，x<1，,\f(ex,x2)，x≥1，))方程[f(x)]2－2af(x)＝0(a∈R)有兩個(gè)不等實(shí)根，則下列說(shuō)法正確的是()A.點(diǎn)(0，0)是函數(shù)f(x)的零點(diǎn)B.?x1∈(0，1)，x2∈(1，3)，使f(x1)>f(x2)C.x＝－2是f(x)的極大值點(diǎn)D.a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(e2,8)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，＋∞))答案BC解析當(dāng)x<1時(shí)，f(x)＝x2e