5.抽象函数及应用_11.3-2_2026-11-03

5.解决抽象函数的七大视角
1.抽象函数的单调性与奇偶性
2.抽象函数的对称性与周期性
3.赋值法解决抽象函数问题
4.图像法解决抽象函数问题
5.求导公式（积分法）还原抽象函数
6.抽象函数还原具体模型
7.抽象函数求解析式
1.抽象函数的单调性与奇偶性
下面的例子将分析抽象函数模型的单调性与奇偶性，其所使用的方法就是赋值法，这是处
理函数方程问题中最常见的手法.
例 1. 定义在 R上的单调函数 f(x)满足对任意 x,y均有 f(x y)  f(x) f(y),试判断
f(x)的奇偶性.
解： f(x y) f(x) f(y)，故令x y0，有 f(0) f(0) f(0)f(0)0
又令x y0，即xy， f(0) f(x) f(x)0f(x) f(x)0f(x)为奇函数.
例2．已知函数 f(x)对任意x,yR，总有 f(xy) f(x) f(y)，且对x0，都有
f x0.
判断并用定义证明函数 f(x)的单调性.
解析：函数 f x是R上的减函数，证明如下：
由题意，令x y0，有 f 0 f 0 f 0，解得 f 00，任取x,x R,，不妨设
1 2
x x ，
1 2
则 f x  f x  f x x x  f x   f x x  f x  f x   f x x ，
1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2
因为x x ，则x x 0，所以 f x x 0，即 f x  f x ，所以函数 f x是R上的
1 2 1 2 1 2 1 2
减函数.
例 3.设 y f(x)是定义在 R的函数，并且满足 f(xy)  f(x) f(y)，且当 x1时，
f x0．判断 f x的单调性并证明.
解析： f(xy) f(x) f(y)，故令x y1，有 f(1) f(1) f(1)f(1)0
又令xy1x 1 ， f(1) f(x) f(1)0f(1)f(x).
y x x
x  x   1 
令x x 0，故 1 1， f  1  f x  f   f x  f x 0，f(x)为单调减
1 2 x x  1 x  1 2
2 2 2
函数.
例 4.设函数 f(x)的定义域是 R，对任意x,y恒有 f(x y) f(x) f(y)，且当x0时，0 f x1 ．
（1）求证： f 01，且当x0时，1 f x；
（2）判断 f(x)在R上的单调性.
解：（1） f(x y) f(x) f(y)，故令 x y0，有 f(0) f(0)f(0)f(0)1或者
f(0)0，当 f(0)0时， f(x0) f(x) f(0)0，这与当 x0时，0 f x1矛
盾，故只有 f(0)1；
1
又令x y0 yx， f(0) f(x) f(x)1f x 当x0时，0 f x1
f(x)
1 1
，故当x0时，x0， f x 0 f x1 0 1 , f x1对x0
f(x) f(x)
时恒成立.
1 f x 
（2）令 x x ， f x x  f x   1 1 f x  f x ，f(x)为
1 2 1 2 1 f x  f x  1 2
2 2
单
调减函数.
2.抽象函数的单调性与奇偶性
函数对称性主要有轴对称和中心对称两种情况. 函数对称性研究的是一个函数本身所具有
的性质.
性质 1.轴对称: 函数图象关于一条垂直于x轴的直线对称，则当函数图象上任意两个点
（x , f(x )),(x , f(x ))到直线xa的距离相等且函数值 f(x ) f(x )时. 我们就称函数
1 1 2 2 1 2
y  f(x)关于xa对称.（公众号：凌晨讲数学）
代数表示: (1). f(ax) f(ax)
(2). f(x) f(2ax)
即当两个自变量之和为一个定值，函数值相等时,则函数图像都关于直线xa对称.
一般地，若函数 y  f(x)满足 f(ax) f(bx)，则函数 y  f(x)的图象关于直线
ab
x 对称.
2
特别地，偶函数(关于 y轴对称)， f(x) f(x)，即当横坐标到原点的距离相等(横坐标
互为相反数），函数值相等.
性质 2.中心对称：函数 y  f(x)上任意一点（ x , f(x )）关于点 (a,b)对称的点（
1 1
x , f(x )）也在函数图像上，此时我们就称函数为关于点(a,b)对称的中心对称图像，点(
2 2
a,b)为对称中心.用代数式表示：(1). f(ax) f(ax)2b
(2). f(x) f(2ax)2b
ab c
一般地,若函数 y  f(x)满足 f(ax) f(bx)c,则函数的图象关于点( , )对
2 2
称.
特别地，奇函数(关于原点对称)， f(x)f(x)，即当横坐标到原点的距离相等(横坐标
互为相反数），函数值相反.（公众号：凌晨讲数学）
性质3.函数周期性有关结论:
设a是非零常数，若对于函数y  f(x)定义域内的任一变量x有下列条件之一成立，
则函数y  f(x)是周期函数，且2|a|是它的一个周期.
(1). f(xa) f(xa) (2). f(xa)f(x)
1 1
(3). f(xa) (4). f(xa)
f(x) f(x)
3.函数的对称性与周期性
性质 4已知 f(x)是定义在R上的函数，若 f(xa)(aR)是奇函数，则 f(x)的图像关
于点A(a,0)对称.
性质 5.已知 f(x)是定义在R上的函数，若 f(xa)(aR)是偶函数，则 f(x)的图像关
于直线xa对称.
性质6. 若函数y  f(x)同时关于直线xa与xb轴对称，则函数y  f(x)必为周期
函数，且T 2|ab|.
性质7. 若函数y  f(x)同时关于点(a,0)与点(b,0)中心对称，则函数y  f(x)必为周
期函数，且T 2|ab|.（公众号：凌晨讲数学）
性质8.若函数y  f(x)既关于xa对称，又关于直线(b,0)轴对称，则函数y  f(x)必
为周期函数，且T 4|ab|.
性质9.已知函数 f(x)的定义域为R，a、bR，且ab，若 f(xa)与 f(xb)均为
奇函数，则 f(x)是周期函数，且2(ab)为其一个周期.
性质 10.已知函数 f(x)的定义域为R，a、bR，且ab，若 f(xa)与 f(xb)均
为偶函数，则 f(x)是周期函数，且2(ab)是其一个周期.性质 11.已知函数 f(x)的定义域为 R，a、bR，且ab，若 f(xa)是奇函数，
f(xb)是偶函数，则 f(x)是周期函数，且4(ab)为其一个周期.
性质12.周期性的应用:
(1).函数周期性的作用：简而言之“窥一斑而知全豹”，只要了解一个周期的性质，则得到
整个函数的性质.
(2).图像：只要做出一个周期的函数图象，其余部分的图像可利用周期性进行复制粘贴.
(3).单调性：（公众号：凌晨讲数学）
由于间隔kT(kZ)的函数图象相同，所以若函数y  f(x)在(a,b)(baT)上单调增
(减)，则y  f(x)在(akT,bkT),(kZ)上单调增(减).
二．典例分析
例5．（2021新高考2卷）已知函数 f x的定义域为R， f x2为偶函数， f 2x1为
奇函数，则（ ）
 1
A． f  0 B． f 10 C． f 20 D． f 40
 2
解析：因为函数 f x2为偶函数，则 f 2x f 2x，可得 f x3 f 1x ，
因为函数 f 2x1为奇函数，则 f 12xf 2x1，所以， f 1xf x1，
所以， f x3f x1 f x1，即 f x f x4，
故函数 f x是以4为周期的周期函数，因为函数Fx f 2x1为奇函数，则
F0 f 10，故 f 1f 10，其它三个选项未知.故选：B.
例6．（2021全国甲卷）设函数 f x的定义域为R， f x1为奇函数， f x2为偶函
9
数，当x1,2时， f(x)ax2b．若 f 0 f 36，则 f  （ ）
2
9 3 7 5
A． B． C． D．
4 2 4 2
解析：因为 f x1是奇函数，所以 f x1f x1 ①；
因为 f x2是偶函数，所以 f x2 f x2 ②．
令x1，由①得： f 0f 24ab，由②得： f 3 f 1ab，
因为 f 0 f 36，所以4abab6a2，令x0，由①得：
f 1f 1 f 10b2，所以 f x2x22．由两个对称性可知，函数 f x的9 1 3 5
周期T 4．所以 f   f  f   ．故选：D．
2 2 2 2
3.赋值法解决抽象函数问题
例7．已知函数 f x的定义域为R， f xy y2f xx2f y，则（ ）．
A． f 00 B． f 10
C． f x是偶函数 D．x0为 f x的极小值点
解析：因为 f(xy) y2f(x)x2f(y)，
对于A，令x y0， f(0)0f(0)0f(0)0，故A正确.
对于B，令x y1， f(1)1f(1)1f(1)，则 f(1)0，故B正确.
对于C，令x y1， f(1) f(1) f(1)2f(1)，则 f(1)0，
令y1, f(x) f(x)x2f(1) f(x)，
又函数 f(x)的定义域为R，所以 f(x)为偶函数，故C正确，
对于D，不妨令 f(x)0，显然符合题设条件，此时 f(x)无极值，故D错误.
例8．（2021全国乙卷）已知函数 f(x),g(x)的定义域均为R，且
f(x)g(2x)5,g(x) f(x4)7．若yg(x)的图像关于直线x2对称，g(2)4，
22
则 f(k)（ ）
k1
A．21 B．22 C．23 D．24
解析：因为yg(x)的图像关于直线x2对称，所以g2xgx2，
因为g(x) f(x4)7，所以g(x2) f(x2)7，即g(x2)7 f(x2)，
因为 f(x)g(2x)5，所以 f(x)g(x2)5，
代入得 f(x)7 f(x2)5，即 f(x) f(x2)2，
所以 f 3 f 5 f 212510， f 4 f 6 f 222510.
因为 f(x)g(2x)5，所以 f(0)g(2)5，即 f 01，所以 f(2)2 f 03.
因为g(x) f(x4)7，所以g(x4) f(x)7，又因为 f(x)g(2x)5，
联立得，g2xgx412，所以yg(x)的图像关于点3,6中心对称，因为函数
g(x)的定义域为R，所以g36因为 f(x)g(x2)5，所以 f 15g31.
所以
22
 f(k) f 1 f 2f 3 f 5 f 21f 4 f 6 f 2213101024
   
k1
故选：D
例9．（2022新高考1卷）已知函数 f(x)及其导函数 f(x)的定义域均为R，记g(x) f(x)3 
，若 f  2x，g(2x)均为偶函数，则（ ）
2 
 1
A． f(0)0 B．g 0 C． f(1) f(4) D．g(1)g(2)
 2
3 
解析：因为 f  2x，g(2x)均为偶函数，
2 
3  3  3  3 
所以 f  2x f  2x即 f  x f  x，g(2x)g(2x)，
2  2  2  2 
所以 f 3x f x，g(4x)g(x)，则 f(1) f(4)，故C正确；
3
函数 f(x)，g(x)的图象分别关于直线x ,x2对称，又g(x) f(x)，且函数 f(x)可
2
导，
3
所以g 0,g3xgx，所以g(4x)g(x)g3x，所以
2
 1 3
g(x2)g(x1)gx，所以g g 0，g1g1g2，故B正确，
 2 2
D错误；若函数 f(x)满足题设条件，则函数 f(x)C（C为常数）也满足题设条件，所以
无法确定 f(x)的函数值，故A错误. 故选：BC.
4.图像法解决抽象函数问题
例10．函数 f x是定义在R上的偶函数，在,0上是减函数且 f 20，则使
xf x0的x取值范围（ ）
A．-,2 B．2,02, C．-，20,2 D．2,2
解析：因为函数是偶函数， f 20，所以 f 20.因为函数 f x是定义在R上的偶函
数，在,0上是减函数，所以函数在(0,)单调递增，所以函数的草图如图所示，因
xf x0，所以满足已知的函数的图象在第二、四象限，所以x-，20,2.故选：
C
5.求导公式（积分法）还原抽象函数
已知的不等式中所含结构 构造函数的方向
xfx2f x Fxx2f x，Fxx2fx2xf x
f x xfx2f x
xfx2x Fx ，Fx
x2 x3f x xfx f x
xfx f x Fx ，Fx
x x2
xfx f x Fxxf x，Fx fxxfx
f x fx Fxexf x，Fxexf x fx
 
f x fx f x
f x fx Fx ，Fx
ex ex
f xcosx fxsinx Fx f xsinx，Fx fxsinx f xcosx
f x cosx
f x fxtanx Fx ，Fx fxtanx f x
 
sinx sin2 x
fx f x
例11.已知 f(x)是函数 f(x)的导函数，对任意xR，都有 2x1，
ex
且 f 01，则不等式 f x3ex的解集为（ ）
A． 2,1 B． 2,1 C．1,1 D． 1,2
f(x) f(x) f(x) ex(2x1)
解析：设g(x) ，g(x)  2x1，
ex ex ex
f(0)
g(x) x2 xc，g(0) 1，c 1，g(x) x2 x1， f(x)3ex
e0
f(x)
， 3，x2 x13，即x2 x20，解得1 x2，所以不等式解集为
ex
1,2
，故选D．
fx
例12．已知函数 f x的定义域为R，且 fx f x2xex，若 f 01，则函数
f x
的取值范围为（ ）
A．2,0 B．1,0 C．0,1 D．0,2
解析：由 fx f x2xex得：exfxexf x2x，即exf x  2x，令
 
gxexf x，则gx2x，gxx2C（C为常数），x2C exf x，
x2C x21 2xx21
f x ，又 f 01，C 1，f x ，则 fx ，
ex ex ex
fx 2xx21 2x
   1；
f x x21 x21
fx fx fx
当x0时， 1；当x0时， 2,11,0；综上所述： 2,0 .
f x f x f x
故选：A.
6.抽象函数还原具体模型（1）若 f(x y) f(x) f(y)b，则可构造 f(x)kxb.特别地，当
f(x) f(y) f(x y)时，可构造 f(x)kx.
（2）若 f(x y) f(x) f(y)2axyc，则可构造 f(x)ax2 bxc.
（3）若 f(x y) f(x)f(y)，则可构造 f(x)ax（a0且a1）.
（4）若 f(xy) f(x) f(y)(xy 0)，则可构造 f(x)log x （a0且a1）.
a
（5）若 f(x y) f(x y)2f(x)f(y)，则可构造 f(x)cosx
f(x) f(y)
（6）若 f(x y) ，则可构造 f(x)tanx.
1 f(x)f(y)
例13．已知函数 f x的定义域为R， f xy y2f xx2f y，则（ ）．
A． f 00 B． f 10
C． f x是偶函数 D．x0为 f x的极小值点
解析：当x2y2 0时，对 f(xy) y2f(x)x2f(y)两边同时除以x2y2，得到
f(xy) f(x) f(y) f(x) x2ln x,x0
  ，故可以设 ln x (x0)，则 f(x) ，
x2y2 x2 y2 x2 0,x0
1
当x0肘， f(x)x2lnx，则 fx2xlnxx2 x(2lnx1)，
x
令 fx0，得
0 xe
 1
2
；令 f¢(x)>0，得
xe
1
2
；故 f(x)在  0,e  1 2  上单调递减，在
 
  1    1 
e 2,上单调递增，因为 f(x)为偶函数，所以 f(x)在e 2,0上单调递增，在
   
 1

,e 2上单调递减，
 
显然，此时x0是 f(x)的极大值，故D错误.故选：ABC.
例14.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
22
 f(k)
k1A.3 B.2 C.0 D.1

解析：由余弦函数积化和差公式可得，考虑函数 f(x)2cos x，则 f(x)满足题意. 于
3
是， f(x)周期为 6，且 f(1)1, f(2)1, f(3)2, f(4)1, f(5)1, f(6)2，进
22
一步 f(k)f(1) f(2) f(3) f(4)3，故选A.
k1
7.抽象函数求解析式
例 15.已 知 函 数 f x是 定 义 在 0,上 的 单 调 函 数 ， 且 对 x0,都 有
 4
f f x 4，则 f x_____．
 
 x
4
解析：因为函数 f x是定义在0,上的单调函数，所以 f x 为一个常数.
x
4 4 4 4
令 t  f x ,则 f t4，且 f xt , 所以 f tt ，即 4t ，解得：
x x t t
t 2．
4 4
故 f(x)2 ,答案为 f(x)2 ．
x x
三．习题演练
1.（2014陕西卷）下列函数中，满足“ f x y f x f y ”的单调递增函数是（ ）
1 1 x
A. f x x2 B. f x x3 C. f x   D. f x3x
2
 2  1
2．已知 f x是定义域为R的单调函数，且对任意实数x，都有 f
 
f x
2x1  

3
，则
f log 3的值为（ ）
2
1 4
A．0 B． C． D．1
2 5
2 1 2
解析：根据题意，令 f(x) t，t为常数，可得 f(t) ，且 f(x)t ，
2x1 3 2x1
2 1
所以xt时有 f(t)t  ，将t1代入，等式成立，
2t 1 3
1
所以t1是 f(t) 的一个解，因为 f(t)随t的增大而增大，所以可以判断 f(t)为增函数，
3
 2  1 2
所以可知函数 f(t)有唯一解t1，又因为 f f x  ，所以 f(x) 1，即
  2x1   3 2x1
2 2 1
f(x)1 ，所以 f log 31  .故选：B.
2x1 2 31 2
3．定义在R上的奇函数 f(x)满足 f(x4) f(x)，且 f(x)在[0,2]上是减函数，则（ ）
A． f 5 f 4 f 3 B． f(3) f(4) f(5)C． f 3 f 5 f 4 D． f 4 f 5 f 3
解析： f(x)满足 f(x4) f(x)，所以 f x的一个周期为4，又因为 f(x)在[0,2]上是减函
数，且在R上的奇函数，所以 f(x)在2,0上是减函数，所以 f 1 f 0 f 1，即
f 5 f 4 f 3.故选：A.
4．已知函数 f x，gx在R上的导函数分别为 fx，gx，若 f x2为偶函数，
ygx12是奇函数，且 f 3xgx12，则下列结论正确的是（ ）
A． f20220 B．g20230
C． f(x)是R上的奇函数 D．gx是R上的奇函数
解析：已知 f x2为偶函数，可知 f x2关于x0对称，所以 f x关于x2对称，
因为ygx12是奇函数，可知ygx12关于0,0对称，
所以gx关于1,2对称，又因为 f 3xgx12，则 f 2xgx2，即
gx2 f 2x，所以 f x与gx关于1,1对称，因为1,2关于1,1对称的点为
1,0，直线x2关于1,1对称的直线为x0，所以 f x关于1,0对称，gx关于直线
x0对称，gx是偶函数，而 f x关于x2对称， f x4 f x，又
f x2f x，
则 f x4f x2， f x4f x2 f x， f x=f x，
即 f x是周期为4的偶函数，故C选项错误；由gx关于直线x0对称，gxgx
，gx关于1,2对称，gxgx24，则gxgx24，
gx2gx44，
所以gx4 gx，即gx是周期为4的偶函数，由于 f x是周期为4的偶函数，则
f x f x，等号两边同时求导，可得fx fx，所以 fx是周期为4的奇函
数，
同理，由于gx是周期为4的偶函数，则gxgx，等号两边同时求导，可得
gxgx，gx是周期为4的奇函数，所以 fx与gx均是周期为4的奇函
数，故D选项正确；由于 f x关于x2对称， f x4 f x， fx4fx，则 f20，所以 f2022 f50542 f20，故A选项正确；
g2023g50543g3g12，故B选项错误；故选：AD.
5．已知函数 f(x)的定义域为R， f(x) f(x1) f(x2)，且当x3时 f(x)x，则下列
结论中一定正确的是（ ）
A． f(10)100 B． f(20)1000
C． f(10)1000 D． f(20)10000
解析：因为当x3时 f(x)x，所以 f(1)1, f(2)2，又因为 f(x) f(x1) f(x2)，
则 f(3) f(2) f(1)3, f(4) f(3) f(2)5，
f(5) f(4) f(3)8, f(6) f(5) f(4)13, f(7) f(6) f(5)21，
f(8) f(7) f(6)34, f(9) f(8) f(7)55, f(10) f(9) f(8)89，
f(11) f(10) f(9)144, f(12) f(11) f(10)233, f(13) f(12) f(11)377
f(14) f(13) f(12)610, f(15) f(14) f(13)987，
f(16) f(15) f(14)15971000，则依次下去可知 f(20)1000，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.故选：B.
6．已知函数 f x的定义域为R，若 f f xyzx f y f z，则（ ）
A． f 10
B． ffxx
C． f xy f x f y
D． f xy f x f y
解析：令x y0，z1，则 f f 0 f 0 f 1，令x yz0，则
f f 0 f 0 f 0
则， f f 0 f 0 f 0 f 0 f 1，∴ f 00或 f 1 f 0，令x1,y  z 0，则
f f 11 f 0 f 0，若 f 1 f 0，则 f f 01 f 0 f 0 f 0 f 0，矛盾，
∴ f 00，则 f 1 f 00，∴A选项错误；
令yz0，则 f f xx f 0 f 0x，∴B选项正确；
令x0，则 f f 0yz0 f y f z，则 f yz f y f z，即 f xy f x f y
，C选项正确；由A、C选项中结论，令x y1，则 f 1 f 1 f 1，则 f 11
令z1，则 f f xyx f y f 1x f y f f x f y，即f xy f x f y，D选项错误.故选：BC.
f x f y xy xy
7．已知函数 f x的定义域为𝐑， f x不恒为0，且  f   f  ，
2  2   2 
则（ ）
A． f 0可以等于零 B． f x的解析式可以为： f xcos2x
20
C．曲线𝐟(𝐱‒𝟏)为轴对称图形 D．若 f 11，则 f(k)20
k1
f 0 f 0 00 00
解析：令x y0，可得  f   f  ，可得 f 0 f20，解得
2  2   2 
f x f x xx xx
f 00或 f 01，当 f 00时，则可得  f   f  0，
2  2   2 
则 f x0，与 f x不恒为0矛盾，所以 f 01，故A错误；
令yx，可得 f x f x2f 0 f x,f x f x，所以 f x为偶函数，
因为 f xcos2x是偶函数，所以 f x的解析式可以为： f xcos2x，故B正确；
因为 f x为偶函数，所以 f x的图象关于直线x0对称，
所以 f x1关于直线x1对称，所以曲线 f x1为轴对称图形，故C正确；
f k2 f k 2k2 2
令xk2,yk，则可得  f   f  ，
2  2  2
f 2 f 0 2 2
所以 f k2 f k2f k1,kN*，又  f   f  ，
2 2 2
解得 f 21，所以 f k 是以 f 11为首项，0为公差的等差数列，
20
所以 f(k)20，故D正确.故选：BCD
k1