板塊一函數與導數微專題3抽象函數與嵌套函數高考定位1.以選擇題、填空題的形式考查抽象函數性質的應用，難度中檔偏上；2.以選擇題、填空題的形式考查嵌套函數零點的個數或由零點的個數求參數等，難度中檔或偏上.【

真題體驗

】1.(2020·新高考Ⅰ卷)若定義在R的奇函數f(x)在(－∞，0)單調遞減，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]√因為函數f(x)為定義在R上的奇函數，所以f(0)＝0.又f(x)在(－∞，0)上單調遞減，且f(2)＝0，畫出函數f(x)的大致圖象如圖(1)所示，則函數f(x－1)的大致圖象如圖(2)所示.當x≤0時，要滿足xf(x－1)≥0，則f(x－1)≤0，得－1≤x≤0.當x>0時，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.√√法二(構造函數法)令f(x)＝1－sinπx，則g(x)＝f′(x)＝－πcosπx，g(x＋2)＝－πcos(2π＋πx)＝－πcosπx，滿足題設條件，可得只有選項B，C正確.3.(多選)(2023·新高考Ⅰ卷)已知函數f(x)的定義域為R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，則A.f(0)＝0 B.f(1)＝0C.f(x)是偶函數 D.x＝0為f(x)的極小值點√取x＝y＝0，則f(0)＝0＋0＝0，故A正確；取x＝y＝1，則f(1)＝f(1)＋f(1)，所以f(1)＝0，故B正確；取x＝y＝－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f(x)為偶函數，故C正確；由于f(0)＝0，且函數f(x)為偶函數，所以函數f(x)的圖象關于y軸對稱，所以x＝0可能為函數f(x)的極小值點，也可能為函數f(x)的極大值點，也可能不是函數f(x)的極值點，故D不正確.綜上，選ABC.√√√由y＝g(x)的圖象關于直線x＝2對稱，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f(x)是以4為周期的周期函數.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，精準強化練熱點一抽象函數熱點二嵌套函數

熱點突破熱點一抽象函數研究抽象函數性質的方法(1)用賦值法研究抽象函數.(2)利用數形結合法研究抽象函數.(3)利用函數性質之間的關系推理論證研究抽象函數.設定義在R上的函數f(x)滿足f(0)＝1，且對任意x，y∈R都有f(xy＋1)＝f(x)f(y)－f(y)－x＋2，則f(1)＝________；f(2025)＝________.例12

令x＝y＝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聯立①②得f(x)＝x＋1，所以f(1)＝2，f(2025)＝2026.考向1賦值法研究抽象函數2026例2√由題意，定義在R上的函數f(x)滿足f(－x)＝f(x)，則f(x)為R上的偶函數，且在(0，＋∞)上單調遞減，在(－∞，0)上單調遞增，又函數g(x)滿足g(1－x)＝g(1＋x)，則函數g(x)關于直線x＝1對稱，且在(1，＋∞)上單調遞減，在(－∞，1)上單調遞增，

考向2數形結合法研究抽象函數例3√對于A，函數f(x)的定義域為R，且f(0)＝－2，則f(x)不會是奇函數，A錯誤；考向3利用函數性質之間的關系推理論證√√則有f(－x)＝f(x)，即函數f(x)為偶函數，B正確；1.求函數在特定點的函數值、最值以及解析式，或判斷函數的單調性、奇偶性及周期性，往往在條件等式中對變量賦予一些具體的值，構造出所需要的條件，其中賦予的具體的值常常起到橋梁的作用.2.數形結合可通過畫圖使抽象函數形象化，根據奇偶性、周期性等性質畫出示意圖，摘取有效信息，結合圖象解題.3.函數的對稱軸、對稱中心及周期性，三者已知其中兩個，可推出另外一個.規律方法訓練1√對于A，令a＝b＝0，則f(0)＝0f(0)＋0f(0)＝0，故A正確；對于B，令a＝b＝1，則f(1)＝1f(1)＋1f(1)＝2f(1)，則f(1)＝0，故B正確；對于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，故C錯誤；

√√√(2)(多選)(2024·煙臺調研)已知定義域為R的函數f(x)在(－1，0]上單調遞增，f(1＋x)＝f(1－x)，且圖象關于(2，0)對稱，則關于f(x)的說法正確的是A.f(0)＝f(2) B.f(0)＝f(－2)C.周期T＝2 D.在(2，3)上單調遞減

由f(1＋x)＝f(1－x)，可得f(x)的對稱軸為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)，因為f(x)的圖象關于(2，0)對稱，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錯誤；因為f(x)在(－1，0]上單調遞增，且T＝4，所以f(x)在(3，4]上單調遞增，又圖象關于(2，0)對稱，所以f(x)在(0，1]上單調遞增，因為f(x)關于x＝1對稱，所以f(x)在(1，2]上單調遞減，又因為關于(2，0)對稱，可得f(x)在(2，3)單調遞減，故D正確.熱點二嵌套函數

嵌套函數的零點問題主要涉及判斷函數零點的個數或范圍，常考查二次函數與復合函數相關零點，與函數的圖象性質交匯.對于嵌套函數的零點，通常先“換元解套”，將復合函數拆解為兩個相對簡單的函數，借助函數的圖象、性質求解.例4√又x<0時，f(x)＝ex，畫出函數f(x)的大致圖象如圖所示，由圖可知：函數g(x)＝2[f(x)]2－3f(x)－2的零點個數為3.1.破解此類問題的主要步驟

第一步：換元解套，將嵌套函數的零點問題通過換元轉化為函數t＝g(x)與y＝f(t)的零點問題.

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個數.2.含參數的嵌套函數方程還應注意讓參數的取值“動起來”，結合性質、圖象抓臨界位置，確定參數取值范圍.規律方法訓練2√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t∈(1，2]時，y＝f(x)與y＝t有3個交點，

要使關于x的方程[f(x)]2－(a＋2)f(x)＋3＝0恰好有六個不同的實數解，則方程t2－(a＋2)t＋3＝0在(1，2]內有兩個不同實數根，【精準強化練】√1.(2024·重慶調研)已知定義在R上的函數f(x)滿足f(3)＝－2，且h(x)＝－x2＋f(3x)為奇函數，則f(－3)＝ A.4 B.－2 C.0

D.2因為h(x)＝－x2＋f(3x)是奇函數，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)函數f(x)的定義域為R，且f(1＋x)＝－f(1－x)，f(2＋x)＝f(2－x)，則f(x)是 A.偶函數，又是周期函數

B.偶函數，但不是周期函數 C.奇函數，又是周期函數

D.奇函數，但不是周期函數法一因為f(1＋x)＝－f(1－x)，所以f(x＋2)＝－f[1－(x＋1)]＝－f(－x).因為f(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，則f(x＋2)＝f(x－2).因為f(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.故選A.法二因為f(1＋x)＝－f(1－x)，所以f(x)的圖象關于(1，0)中心對稱.因為f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x)的圖象關于直線x＝2對稱，所以f(x)是以4為周期的周期函數，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)的圖象關于y軸對稱，f(x)是偶函數.故選A.√f(x＋2)為偶函數，圖象關于y軸對稱，所以f(x)的圖象關于直線x＝2對稱.依題意可知，f(x)在[2，＋∞)上單調遞增，則在(－∞，2)上單調遞減.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).√因為f(x)是定義在R上的奇函數，所以f(－x)＝－f(x)，且f(0)＝0.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.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.√因為f(x)是R上的奇函數，f(1＋x)＝f(1－x)，所以函數的圖象關于原點對稱且關于x＝1對稱，

即函數在[0，1]上單調遞增，f(2)＝f(0)＝f(－2)＝0，其大致圖象如圖所示，

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.1 C.0

D.－1√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，－1＋f(x＋3)＝1＋f(x＋3)不成立，故f(x)≠－1，√√依題意，函數g(x)＝f(f(x)－1)零點的個數，即為方程f(f(x)－1)＝0解的個數，令f(x)－1＝t，則f(t)＝0，

當t＝0時，f(x)＝1，由y＝f(x)的圖象知，方程f(x)＝1有兩個解；當t＝－2時，f(x)＝－1，由y＝f(x)的圖象知，方程f(x)＝－1有兩個解；當t＝t1，t1∈(1，e)時，f(x)＝t1＋1，由y＝f(x)的圖象知，方程f(x)＝t1＋1有一個解.綜上所述，函數g(x)＝f(f(x)－1)的零點個數為5.9.(2024·安慶二模)已知定義在R上的函數f(x)，滿足對任意的實數x，y，均有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，且當x>0時，f(x)<1，則 A.f(0)＝1 B.f(1)＋f(－1)＝1 C.函數f(x)為減函數

D.函數y＝f(x)的圖象關于點(0，1)對稱√√√對于A，令x＝y＝0，則有f(0)＝f(0)＋f(0)－1，故f(0)＝1，故A正確；對于B，令x＝1，y＝－1，則有f(0)＝f(1)＋f(－1)－1，故f(1)＋f(－1)＝2，故B錯誤；對于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?x1，x2∈R，x1>x2，f(x1)－f(x2)<0恒成立，即函數f(x)為減函數，故C正確；對于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y＝f(x)的圖象關于點(0，1)對稱，故D正確.10.(2024·濟南質檢)已知函數f(x)的定義域為R，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√√√對于A，令x＝y＝0，可得f(0)＝－1，A正確；對于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，f(x)>－1時，f(x2)－f(x1)>0，此時函數f(x)為單調遞增函數；若x>0時，f(x)<－1時，f(x2)－f(x1)<0，此時函數f(x)為單調遞減函數，所以函數f(x)不一定有最小值，B錯誤；對于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；對于D，令y＝－x，可得f(0)＝f(x