拉分题型3 抽象函数问题 复习练习（含答案）高中数学必修1（苏教版2019）

eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　拉分题型3　抽象函数问题))
考向一　抽象函数的求值
1. (2023如皋期中)已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(xy)＋1＝f(x)＋f(y)，且f＝0，则f(210)的值为(　　)
A. 1
B. 10
C. 11
D. 1 024
2. (2024海安期末)[多选]设定义在R上的函数f(x)满足：①当x<0时，f(x)<1；②f(x)＋f(y)＝f(x＋y)＋1，则下列结论中正确的是(　　)
A. f(0)＝1
B. f(x)为减函数
C. f(x)＋f(－x)＝2
D. f(2x)＋f(2－x)≥2f(1)
考向二　抽象函数性质的综合应用
3. (2023徐州沛县四校联考)[多选]已知f(x)的定义域为R，且f(x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，且对任意的x1，x2∈(1，2)，x1≠x2，都有>0，则下列结论中正确的是(　　)
A. f(x)是偶函数
B. f(2 023)＝0
C. f(x)的图象关于点(1，0)对称
D. f4. (2023海安高级中学月考)[多选]已知f(x)是定义在R上的不恒为零的函数，对于任意x，y∈R都满足f(xy)＝yf(x)＋xf(y)，则下列说法中正确的是(　　)
A. f(0)＝0
B. f(x)是奇函数
C. 若f(3)＝3，则f＝
D. 若当x>1时，f(x)<0，则g(x)＝在区间(0，＋∞)上单调递减
5. (2023海安高级中学月考)已知定义在区间(－1，1)上的函数f(x)满足对任意的x，y∈(－1，1)，都有f(x)＋f(y)＝f，且当x∈(－1，0)时，f(x)>0.
(1) 求证：函数f(x)是奇函数；
(2) 求证：f(x)在区间(－1，1)上是减函数；
(3) 解不等式：f(x＋1)＋f>0；
(4) 求证：f＋f＋…＋f>f，n∈N*.
抽象函数的对称性的常用结论如下：
(1) 若函数f(x)满足f(a＋x)＝f(a－x)或f(2a－x)＝f(x)或f(2a＋x)＝f(－x)，则f(x)图象的一条对称轴为直线x＝a；
(2) 若函数f(x)满足f(a＋x)＋f(a－x)＝2b或f(2a－x)＋f(x)＝2b或f(2a＋x)＋f(－x)＝2b，则f(x)图象的一个对称中心为点(a，b).
拉分题型3　抽象函数问题
1. C　因为定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(xy)＋1＝f(x)＋f(y)，所以令x＝y＝1，得f(1)＋1＝f(1)＋f(1)，所以f(1)＝1.令y＝，得f＋1＝f(x)＋f.因为f＝0，所以f(x)＝f＋1，所以f(210)＝f(29)＋1＝f(28)＋2＝…＝f(2)＋9＝f(1)＋10＝11.
　本题的难点是如何在f(xy)＋1＝f(x)＋f(y)中对变量进行赋值，进而得到f(x)＝f()＋1.
2. ACD　对于A，在f(x)＋f(y)＝f(x＋y)＋1中，令x＝y＝0，得2f(0)＝f(0)＋1，解得f(0)＝1，故A正确；对于B，令x<0，则x＋y　A，C选项的判断比较常规，直接赋值即可，B选项的关键是结合已知以及单调性的定义，D选项的关键是分析得到f(2x＋2－x)≥f(2)求解．
3. ABC　因为f(x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，所以f(x)的图象关于点(1，0)对称，且关于直线x＝2对称，所以f(1＋x)＝－f(1－x)，f(2＋x)＝f(2－x)，f(1)＝0，f(2＋x)＝f(2－x)＝f(1＋1－x)＝－f(1－(1－x))＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(2＋x)＝f(x)，所以f(x)是以4为周期的周期函数，所以f(－1)＝f(3)＝f(2＋1)＝f(2－1)＝f(1)＝0，f(2 023)＝f(4×506－1)＝f(－1)＝0，故B，C正确；f(－x)＝－f(2＋x)＝－f(2－x)＝f(2－(2－x))＝f(x)，则f(x)是偶函数，故A正确；因为对任意的x1，x2∈(1，2)，且x1≠x2，都有>0，即当1>>1，所以f>f，所以f>f，故D错误．故选ABC.
　本题的难点：一是对复合函数奇偶性的理解和应用，二是奇偶性、对称性、周期性等函数性质的转化．
4. ABD　对于A，因为f(xy)＝yf(x)＋xf(y)，令x＝y＝0，得f(0)＝0，故A正确；对于B，令x＝y＝1，得f(1)＝f(1)＋f(1)，所以f(1)＝0，令x＝y＝－1，得f(1)＝－f(－1)－f(－1)，所以f(－1)＝0.令y＝－1，得f(－x)＝－f(x)＋xf(－1)，又f(－1)＝0，所以f(－x)＝－f(x).因为函数f(x)的定义域为R，所以函数f(x)是奇函数，故B正确；令x＝3，y＝，得f(1)＝f(3)＋3f.又f(1)＝0，f(3)＝3，所以f＝－，故C错误；当x，y≠0时，由f(xy)＝yf(x)＋xf(y)，得＝＋.又因为g(x)＝，所以g(xy)＝g(x)＋g(y).在区间(0，＋∞)上任取x1，x2，不妨设x11，所以g＝<0，所以g(x1)>g(x2)，所以g(x)＝在区间(0，＋∞)上单调递减，故D正确．故选ABD.
　本题的难点是对D选项的处理，由f(xy)＝yf(x)＋xf(y)，得＝＋，结合函数单调性定义求解．
5. (1) 令x＝y＝0，得f(0)＋f(0)＝f(0)，
解得f(0)＝0；
令y＝－x，得f(x)＋f(－x)＝f＝f(0)＝0，
所以f(x)为定义在区间(－1，1)上的奇函数．
(2) 设－1所以f(x1)＋f(－x2)＝f.
因为－1所以1－x1x2>0，所以<0.
又－(－1)＝＝>0，
所以－1<<0.
又当x∈(－1，0)时，f(x)>0，
所以f>0，
所以f(x1)＋f(－x2)>0，即f(x1)－f(x2)>0，
所以f(x)在区间(－1，1)上是减函数．
(3) 由f(x＋1)＋f>0，得f(x＋1)>－f＝f.
因为f(x)的定义域为(－1，1)，且在区间(－1，1)上是减函数，
所以解得－2所以不等式的解集为(－2，－).
(4) ＝＝＝.
因为∈(－1，1)，－∈(－1，1)，
所以f＝f()＝f＋f＝f－f，
所以f＋f＋…＋f＝f－f＋f－f＋f－f＋…＋f－f＋f－f＝f－f.
因为－∈(－1，0)，
所以－f＝f>0，
所以f－f＝f＋f>f，
所以f＋f＋…＋f>f.
　本题考查抽象函数奇偶性、单调性相关问题的求解；本题证明不等式的关键是能够将自变量化为与已知关系式相同的形式，从而利用已知的抽象函数关系式对不等式左侧进行化简得到f－f.