抽象函數(shù)求解模型化所謂抽象函數(shù)，是指沒有明確給出函數(shù)表達(dá)式，只給出它具有的某些特征或性質(zhì)，并用一種符號表示的函數(shù).抽象函數(shù)是由特殊的、具體的函數(shù)抽象而得到的，我們所遇到的抽象函數(shù)都是以中學(xué)階段所學(xué)的基本初等函數(shù)為背景抽象而得，解決此類問題，若能從研究抽象函數(shù)的“模型”入手，根據(jù)題設(shè)中抽象函數(shù)的性質(zhì)，通過類比、猜想出它可能為某種基本初等函數(shù)，變抽象為具體，變陌生為熟知，?？刹聹y出抽象函數(shù)所蘊含的重要性質(zhì)，并以此作為解題的突破口，必能為我們的解題提供思路和方法.常見的抽象函數(shù)對應(yīng)的基本初等函數(shù)模型如下：基本初等函數(shù)模型抽象函數(shù)性質(zhì)一次函數(shù)f（x）＝kx＋b（k≠0）f（x±y）＝f（x）±f（y）?b冪函數(shù)f（x）＝xnf（xy）＝f（x）f（y）或f（xy）＝二次函數(shù)f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2axy－c指數(shù)函數(shù)f（x）＝ax（a＞0且a≠1）f（x＋y）＝f（x）f（y）或f（x－y）＝f對數(shù)函數(shù)f（x）＝logax（a＞0且a≠1）f（xy）＝f（x）＋f（y）或f（xy）＝f（x）－f（y）或f（xm）＝mf（x余弦函數(shù)f（x）＝Acosωx（Aω≠0）f（x）＋f（y）＝2Af（x＋y2）·f（x－y2）或f（x＋y）＋f（x－y）＝2Af正切函數(shù)f（x）＝tanxf（x＋y）＝f一、以一次函數(shù)為模型的抽象函數(shù)已知函數(shù)f（x）對任意x，y∈R，滿足條件f（x）＋f（y）＝2＋f（x＋y），且當(dāng)x＞0時，f（x）＞2，f（3）＝5，則不等式f（a2－2a－2）＜3的解集為{a｜－1＜a＜3}.解析：法一（常規(guī)解法）設(shè)x1＜x2，則x2－x1＞0，∵當(dāng)x＞0時，f（x）＞2，∴f（x2－x1）＞2，則f（x2）＝f[（x2－x1）＋x1]＝f（x2－x1）＋f（x1）－2＞2＋f（x1）－2＝f（x1），即f（x2）＞f（x1），∴f（x）為增函數(shù).∵f（3）＝f（2＋1）＝f（2）＋f（1）－2＝[f（1）＋f（1）－2]＋f（1）－2＝3f（1）－4，又∵f（3）＝5，∴f（1）＝3.∴f（a2－2a－2）＜f（1），∴a2－2a－2＜1，即a2－2a－3＜0，解得不等式的解集為{a｜－1＜a＜3}.法二（模型解法）由f（x）＋f（y）＝2＋f（x＋y），即f（x＋y）＝f（x）＋f（y）－2，可設(shè)函數(shù)f（x）＝kx＋2（k≠0），由f（3）＝5，得3k＋2＝5，k＝1，即f（x）＝x＋2，滿足當(dāng)x＞0時，f（x）＞2，則不等式f（a2－2a－2）＜3可化為a2－2a－2＋2＜3，即a2－2a－3＜0，解得－1＜a＜3，故不等式的解集為{a｜－1＜a＜3}.二、以冪函數(shù)為模型的抽象函數(shù)已知函數(shù)f（x）對任意實數(shù)x，y都有f（xy）＝f（x）f（y），且f（－1）＝1，f（27）＝9，當(dāng)0≤x＜1時，f（x）∈[0，1）.若a≥0且f（a＋1）≤39，則a的取值范圍為[0，2].解析：法一（常規(guī)解法）設(shè)0≤x1＜x2，∴0≤x1x2＜1，f（x1）＝f（x1x2·x2）＝f（x1x2）·f（x2），∵0≤x＜1時，f（x）∈[0，1），∴0≤f（x1x2）＜1，∴f（x1）＜f（x2），故f（x）在[0，＋∞）上單調(diào)遞增.∵f（27）＝9，又f（3×9）＝f（3）×f（9）＝f（3）×f（3）×f（3）＝[f（3）]3，∴9＝[f（3）]3，∴f（3）＝39，∵f（a＋1）≤39，∴f（a＋1）≤f（3），∴a＋1≤3，即a≤2，法二（模型解法）由f（xy）＝f（x）f（y），可設(shè)函數(shù)f（x）＝xn，由f（－1）＝1，f（27）＝9，得n＝23，即f（x）＝x23，滿足當(dāng)0≤x＜1時，f（x）∈[0，1）.由f（a＋1）≤39，即（a＋1）23≤39，即（a＋1）23≤323，即a＋1≤3，得a≤2，又a≥三、以二次函數(shù)為模型的抽象函數(shù)定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2xy，f（1）＝2，則f（－3）＝（C）A.2 B.3C.6 D.9解析：法一（常規(guī)解法）f（－3）＝f（－1）＋f（－2）＋4＝3f（－1）＋6，f（0）＝f（0）＋f（0）＋0，f（0）＝0，又f（0）＝f（1－1）＝f（1）＋f（－1）－2＝f（－1），所以f（－3）＝6.法二（模型解法）由f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2xy，設(shè)函數(shù)f（x）＝x2＋bx，又由f（1）＝2，得b＝1，所以f（x）＝x2＋x，f（－3）＝6.四、以指數(shù)函數(shù)為模型的抽象函數(shù)已知函數(shù)f（x）對于一切實數(shù)x，y滿足f（0）≠0，f（x＋y）＝f（x）f（y），且當(dāng)x＜0時，f（x）＞1.則當(dāng)x＞0時，f（x）的取值范圍為（0，1）.解析：法一（常規(guī)解法）∵對于一切x，y∈R，f（x＋y）＝f（x）f（y）且f（0）≠0，令x＝y(tǒng)＝0，則f（0）＝1，設(shè)x＞0，則－x＜0，∴f（－x）＞1，又f（0）＝f（x－x）＝f（x）f（－x）＝1，∴f（－x）＝1f（x）＞1，∴0＜f（法二（模型解法）由f（x＋y）＝f（x）f（y），可設(shè)函數(shù)f（x）＝ax（a＞0，且a≠1），由當(dāng)x＜0時，f（x）＞1，結(jié)合指數(shù)函數(shù)的圖象特征知0＜a＜1，取a＝12，則f（x）＝（12）x滿足題意，故當(dāng)x＞0時，f（x）的取值范圍為（0，五、以對數(shù)函數(shù)為模型的抽象函數(shù)已知函數(shù)f（x）是定義域為（0，＋∞）的增函數(shù)，滿足f（4）＝1，f（xy）＝f（x）＋f（y），若f（x）＋f（x－3）≤1，則x的取值范圍為（3，4].解析：法一（常規(guī)解法）f（x）＋f（x－3）＝f[x（x－3）]≤1＝f（4），又f（x）是定義域為（0，＋∞）的增函數(shù)，∴0<x（x－3）≤4，x－3>0，x>0?法二（模型解法）由f（xy）＝f（x）＋f（y），可設(shè)函數(shù)f（x）＝logax（a＞0，且a≠1）.由f（4）＝1，得a＝4，則f（x）＝log4x，由f（x）＋f（x－3）≤1，得log4x＋log4（x－3）≤1，即log4[x（x－3）]≤1，故x（x－3）≤4，x－3>0，x>0，解得3六、以余弦函數(shù)為模型的抽象函數(shù)（2022·新高考Ⅱ卷8題）已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，則∑k=122f（k）＝（AA.－3 B.－2C.0 D.1解析：法一（常規(guī)解法）因為f（1）＝1，所以在f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y）中，令y＝1，得f（x＋1）＋f（x－1）＝f（x）·f（1），所以f（x＋1）＋f（x－1）＝f（x）①，所以f（x＋2）＋f（x）＝f（x＋1）②.由①②相加，得f（x＋2）＋f（x－1）＝0，故f（x＋3）＋f（x）＝0，所以f（x＋3）＝－f（x），所以f（x＋6）＝－f（x＋3）＝f（x），所以函數(shù)f（x）的一個周期為6.在f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y）中，令x＝1，y＝0，得f（1）＋f（1）＝f（1）f（0），所以f（0）＝2.令x＝1，y＝1，得f（2）＋f（0）＝f（1）·f（1），所以f（2）＝－1.由f（x＋3）＝－f（x），得f（3）＝－f（0）＝－2，f（4）＝－f（1）＝－1，f（5）＝－f（2）＝1，f（6）＝－f（3）＝2，所以f（1）＋f（2）＋…＋f（6）＝1－1－2－1＋1＋2＝0，根據(jù)函數(shù)的周期性知，∑k=122f（k）＝f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）＝1－1－2－1＝－3，法二（模型解法）由f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）·f（y），可設(shè)函數(shù)f（x）＝2cosωx，由f（1）＝1，得2cosω＝1，取ω＝π3＋2kπ，k∈Z，令k＝0，得ω＝π3，則f（x）＝2cosπx3滿足題意，可得f（x）的周期T＝2ππ3＝6，且f（1）＋f（2）＋…＋f（6）＝0.由于22除以6余4，所以∑k=122f（k）＝f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）＝1－11.已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且對任意x1，x2∈R都有f（x1＋x2）＝100f（x1）f（x2），則下列結(jié)論一定正確的是（）A.f（x）是偶函數(shù)B.f（x）是周期函數(shù)C.存在常數(shù)k，對任意x∈R，都有f（x＋1）＝kf（x）D.對任意m∈R，存在x0∈R，使得f（x0）＝m解析：C令f（x）＝10x－2，因為f（x1＋x2）＝10x1＋x2－2，100f（x1）f（x2）＝100×10x1＋x2－4＝10x1＋x2－2，所以f（x）＝10x－2滿足f（x1＋x2）＝100f（x1）f（x2）.對于A，因為f（x）＝10x－2不是偶函數(shù)，故A錯誤；對于B，因為f（x）＝10x－2不是周期函數(shù)，故B錯誤；對于C，令x1＝x，x2＝1，則f（x＋1）＝100f（x）f（1），令k＝100f（1），所以存在常數(shù)k，對任意x∈R，都有f（x＋1）＝kf（x），故C正確；對于D，因為f（x）＝10x－2＞0，故m＜2.已知對于每一對正實數(shù)x，y，函數(shù)f（x）滿足：f（x）＋f（y）＝f（x＋y）－xy－1，若f（1）＝1，則滿足f（n）＝n（n∈N*）的n的個數(shù)是（）A.1 B.2C.3 D.4解析：A法一（常規(guī)解法）令y＝1，則f（x＋1）＝f（x）＋x＋2，即f（x＋1）－f（x）＝x＋2，所以f（x）－f（x－1）＝x＋1，f（x－1）－f（x－2）＝x，…，f（2）－f（1）＝3，累加得f（x）－f（1）＝x2+3x－42，則f（x）＝x（x+3）2－1，所以f（n）＝n（n+3）2－1，又f（n）＝n，解得n＝－2或n＝法二（模型解法）由f（x）＋f（y）＝f（x＋y）－xy－1，可設(shè)函數(shù)f（x）＝12x2＋bx－1，由f（1）＝1，得b＝32，故f（x）＝12x2＋32x－1，由f（n）＝n，即12n2＋32n－1＝n，解得n＝－2或n＝1，又n∈N*，所以n3.〔多選〕已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且f（x＋y）＝f（x）＋f（y），當(dāng)x＞0時，f（x）＞0，且滿足f（2）＝1，則下列說法正確的是（）A.f（x）為奇函數(shù)B.f（－2）＝－1C.不等式f（2x）－f（x－3）＞－2的解集為（－5，＋∞）D.f（－2026）＋f（－2025）＋…＋f（0）＋…＋f（2025）＋f（2026）＝2025解析：AB法一（常規(guī)解法）對于A，令x＝y(tǒng)＝0，可得f（0）＝f（0）＋f（0）＝2f（0），所以f（0）＝0，令y＝－x，得到f（－x）＋f（x）＝f（0）＝0，即f（－x）＝－f（x），所以f（x）為奇函數(shù)，故A正確；對于B，因為f（x）為奇函數(shù)，所以f（－2）＝－f（2）＝－1，故B正確；對于C，設(shè)x1＞x2，x＝x1，y＝－x2，可得f（x1－x2）＝f（x1）＋f（－x2），所以f（x1）－f（x2）＝f（x1）＋f（－x2）＝f（x1－x2），又因為x1＞x2，所以x1－x2＞0，所以f（x1－x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），所以f（x）在R上是增函數(shù)，因為f（－2）＝－1，所以f（－4）＝f（－2－2）＝2f（－2）＝－2，由f（2x）－f（x－3）＞－2，可得f（2x）＞f（x－3）＋f（－4），所以f（2x）＞f（x－3－4）＝f（x－7），所以2x＞x－7，得到x＞－7，所以f（2x）－f（x－3）＞－2的解集為（－7，＋∞），故C錯誤；對于D，因為f（x）為奇函數(shù)，所以f（－x）＋f（x）＝0，所以f（－2026）＋f（2026）＝f（－2025）＋f（2025）＝…＝f（－1）＋f（1）＝0，又f（0）＝0，