度題型1抽象函數(shù)基礎(chǔ)：單調(diào)性型證明f(x)=x+1,從而判斷CD.解得f(-1)=0,故B錯(cuò)誤；f(1)=0,且x>0時(shí)，f(x)>-3,則下列說法正確的()f(x+y)>f(y)進(jìn)而確定單調(diào)性可判【詳解】令x=y=0,則f(0)=f(0)+f(0)+3,得f(0)=-3,對于A,令x=y=1,則f(2)=f(1)+f(1)+3=3,故A錯(cuò)誤；對于B,若Vx>0,則x+y>y,此時(shí)f(x)>-3,所以f(x+y)=f(x)+f(y)+3>-3+f(y)+3=f(y),即x+y>y時(shí)，f(x+y)>f(y),對于C,令y=-x,則f(0)=f(x)+f(-x)+3=-3,所以f(x)+f(-x)=-6,不滿足f(-x)=-f(x),所以f(x)不是奇函數(shù)，故C錯(cuò)誤；不等式f(x)>0的解集為(1,+∞),故D正確.A.(-1,8)B.(7,8)C.(8,+∞)又當(dāng)又當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0,令x?=xy>0,x?=y>0且所以f(x)<f(x?),所以f(x)在(0,+o)上解得7<x<8.f(a+b)=f(a)f(b),當(dāng)x<設(shè)任意x?<x?,則x-x?<0,則f(x?-x?)=f(x)f(-x?)>1,所以不等式f(5x2-12x)>16等故5x2-12x+4<0即(5x-2)(x-2)<0,,解得題型2抽象函數(shù)基礎(chǔ)：奇偶性型解解抽象函數(shù)奇偶性證明，嚴(yán)格遵守奇偶性定義，構(gòu)造f(x)與f(-x)的關(guān)系。f(x-y)=f(x)f(1-y)-f(1+x)f(y)成立，且f(1)=1,則A.2025B.2024【分析】賦值法依次求出f(0),f(2)的值，以及關(guān)系式f(x-1)=-f(1+x),進(jìn)而推得f(x+求理展開式得出i?除以4的余數(shù)為1,即可得出對應(yīng)值，求和即可得出答案.【詳解】令x=y=0時(shí)，因?yàn)閒(1)=1,所以f(0)=f(O)f(1)-f(1)f(0)=0.令x=1,y=1,則f(0)=f(1)f(O)-f(2)f(1),所以f(2)=0.令y=1,則f(x-1)=f(x)f(0)-f(1+x)f(1)=-f(1+x),所以f(x)=-f(x+2),則f(x+4)=f(x),所以4為f(x)的一個(gè)周期.又f(O)=0,f(2)=0,所以由周期性可知f(0)=f(2)=f(4)=f(6)=…=0,即f(2k)=0(k∈Z).當(dāng)i為偶數(shù)時(shí)，i?為偶數(shù)，所以f(i)=則(2k+1?=C4(2k)?+C4(2k)3+C2(2k)2+C3(2k)+C故(2k+1)?被4除的余數(shù)為1,所以f(i?)=f(1)=1,所以【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求解與抽象函數(shù)有關(guān)的值時(shí)，常采用賦值法，代入計(jì)算.f(x+y)=f(x)f(2-y)+f(2-x)f(y),則稱f(x)為“S-2函數(shù)”.已知f(x)為“S-2函數(shù)”,且f(2)=1,f(-1)<0,則f(0)+f(47)=()【分析】由新定義賦值得f(x)的圖象關(guān)于直線x=2對稱，進(jìn)一步賦值得f(x)為奇函數(shù)，f(x)是周期為8的周期函數(shù)，故只需求出f(-1)的值即可.【詳解】令x=y=0,則f(0)=f(O)f(2)+f(2)f(0)=2f(2)f(0)=2f(0),所以f(0)=0;令y=2,則f(x+2)=f(x)f(0)+f(2-x)f(2)=f(2-x),所以f(x)的圖象關(guān)于直線x=2對稱；令y=-x,則f(0)=f(x)f(2+x)+f(2-x)f(-x)=[f(x)+f(-x)]f(2+x)=0,因?yàn)閒(2+x)=0不恒成立，所以f(x)+f(-x)=0所以f(x+4)=f(-x)=-f(x),所以f(x+所以所以f(x)是周期為8的周期函數(shù)，令x=1,y=1,則f(2)=2[f(1)2=1,解得又f(-1)<0,f(x)為奇函數(shù)，所以f(x)=f(x-2)-f(4-x),且f(0)=2,則下列說法錯(cuò)誤的是()A.f(x)為偶函數(shù)B.f(x)為周期函數(shù)且周期為12【分析】用x+2代替x,可得f(2+x)+f(2-x)=f(x),可判斷C;用一x替換x,結(jié)合偶函數(shù)的性質(zhì)可得A正確；用x+2替換x,結(jié)合偶函數(shù)的性質(zhì)可得B正確；由函數(shù)的周期性可得D錯(cuò)誤.【詳解】因?yàn)閒(x)=f(x-2)-f(4-x),用x+2代替x,可得f(2+x)+f(2-x)=f(x),令x=2,得f(4)+f(0)=f(2),所以f(4)=f(2)-f(0)=1-2=-1,C正確；用-x替換x,可得f(2-x)+f(2+x)=f(-x),所以f(x)=f(-x),所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，A正確；所以f(4+x)+f(x)=f(x+2),所以f(x)=f(x+2)-f(x+4),所以f(x+2)=f(x+4)-f(x+6),即f(x+6)=-所以f(x+12)=-f(x+6)=f(x),故f(x)是以12為周期的周期函數(shù)，B正確；所以f(6)=f(4)-f(-2)=f(4)-f(2)=-1-1=-2;f(8)=-f(2)=-1,f(10)=-f(4)f(-1)=-2,則f(2025)=【分析】利用賦值法可得f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，利用周期性可得答案.【詳解】令x=1,y=0,則f(1-0)-f(1+0)=f(1-1)f(0),可得f(0)=0,令x=0,y=1,則f(0-1)-f(1+0)=f(0-1)f(1),可得f(1)=2,令x=1,y=1,則f(1-1)-f(1+1)=f(1-1)f(1),可得f(2)=0,令x=2,y=1,則f(2-1)-f(2+1)=f(2-1)f(1),可得f(3)=-2,令x=3,y=1,則f(3-1)-f(3+1)=f(3-1)f(1),可得f(4)=0,令x=4,y=1,則f(4-1)-f(4+1)=f(4-1)f(1),可得f(5)=2,可得可得f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，則f(2025)=f(4×506+1)=f(1)=2.大【分析】根據(jù)給定條件，利用賦值法可得f(O)=0,且f(x)為奇函數(shù)，再結(jié)合已知的偶函數(shù)求得8為f(x)【詳解】函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,且有令x=y=0,得[f(O)]2=[f(0)]2-[f(O)2=0,解得f(令y=-x,x∈R,得f(x)f(-x)=[f(O)]2-[f(x)]2,則f(x)[f(-x)+f(x)]=0,而f(1)=1,即f(x)不恒為0,因此f(-x)+f(x)=0,函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，由f(3x+2)為偶函數(shù)，得f(3x+2)=f(-3x+2),則f(x+2)=f(-x+2),于是f(x+4)=f(-x)=-f(x),f(x+8)=-f(x+4)=f(x),8為f(x)的一個(gè)周期，由f(x+4)=-f(x),得f(x+4)+f(x)=0,即f(1)+f(5)=f(2)+f(6)=f(3)+f(7)故選：B【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及抽象函數(shù)等式問題，利用賦值法探討函數(shù)的性質(zhì)，再借助性質(zhì)即可求解.[f(x)-f(x?)](x?-x?)>0,且f(xy)=f(xA.(0,4)B.(0,+∞)【分析】結(jié)合題設(shè)賦值可得f(8)=1,再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性以及定義域即可求解.【詳解】因?yàn)閒(x)=f(x)+f(y),所以,即所以f(2x)-f(x-3)>1,可轉(zhuǎn)化為f(2x)-f(x-3)>f(8),即f(2x)>f(8)+f(x-3),即f(2x)>f(8×(解得3<x<4,即不等式f(2x)-f(x-3)>1的解集為(3,4).f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),f(0)=1,則【分析】由已知結(jié)合賦值法推出函數(shù)為偶函數(shù)，進(jìn)而采用變量代換的方法，推出函數(shù)的對出其周期，再結(jié)合賦值法求得f(0),f(1),f(2),f(3),結(jié)合函數(shù)的周期性，即可求得答案.【詳解】由題意知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,且f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),f(0)=1,令x=0,則f(y)+f(-y)=2f(y),即f(-y)=f(y),故f(x)為偶函數(shù)；又由f(x+1)為奇函數(shù)，可得f(-x+1)=-f(x+1),令x=0,則f(1)=-f(1),得f(1)=0,又由f(-x+1)=-f(x+1)可得f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,0)成中心對稱，則f(2)=-f(0)=-1;又由f(-x+1)=-f(x+1)可得f(x+2)=-f(-x),又結(jié)合f(x)為偶函數(shù)，故f(3)=f(-1)=f(1)=0,則f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=1+4.4.(24-25高三·山西呂梁階段練習(xí))已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,且f(0)≠0.若對任意實(shí)數(shù)x,y都有,則f(2026)=()【分析】利用賦值可得到遞推關(guān)系f(x)=-f(x-1),再證明周期性，即可求解.【詳解】將Y用x-1替換，由對任意實(shí)數(shù)x,y都有所以f(x+1)=-f(x)=f(x-1),所以函數(shù)的周期T=2,令x=y=0,則f(0)+f(0)=2f(0)×f(0),因?yàn)閒(0)≠0,所以f(0)=1,所以f(2026)=f(1013×2+0)=f(0)=1.故選：D題型4抽象模型：直線型線性抽象函數(shù)，過原點(diǎn)型：有以下性質(zhì)：3.可能具有單調(diào)性(結(jié)合其他條件)③f(x)在[m,n]上一定存在最大值f(n);其中正確的結(jié)論為()【分析】令x=0,即可判斷①;令y=-x,結(jié)合奇偶性得定義即可判斷②;設(shè)x<y,結(jié)合當(dāng)x<0時(shí)，f(x)>0,判斷出函數(shù)的單調(diào)性，即可判斷③④.【詳解】對于①,令x=0,則f(0)=f(0)+f(0),所以f(0)=0,故①正確；所以f(-x)=-f(x),所以f(x)為奇函數(shù)，又當(dāng)x<0時(shí)，f(x)>0,所以f(x)不是常函數(shù)，不可能是偶函數(shù)，故②錯(cuò)誤；對于③,設(shè)x<y,則x-y<0,則f(x-y)=f(x)+f(-y)=f(x)-f(y)>0,所以f(x)>f(y),所以f(x)是減函數(shù)，所以f(x)在[m,n]上一定存在最大值f(m),故③錯(cuò)誤；對于④,因?yàn)閒(x)為減函數(shù)，f(0)=0,由f(x-1)>0=f(0),得x-1<0,解得x<1,所以f(x-1)>0的解集為{x|x<1},故④正確.A.[-2,2]B.(-2,0)C.[-1,1]【分析】根據(jù)條件先分析出f(x)的奇偶性和單調(diào)性，然后根據(jù)條件將2轉(zhuǎn)化為f(a)(a為實(shí)數(shù)),再根據(jù)單調(diào)性和奇偶性解不等式求出解集.所以f(x)是奇函數(shù)；又因?yàn)閒(1)=1>0=f(0)且f(x)在R上單調(diào)，所以f(x)在R上單調(diào)遞增；又因?yàn)閒(2)=f(1+1)=f(1)+f(1)=2,所以-f(2)=f(-2)=-2,又因?yàn)閒(x)在R上單調(diào)遞增，所以x∈[-2,2],【點(diǎn)睛】本題考查抽象函數(shù)的綜合應(yīng)用，其中涉及到抽象函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性判斷式，對學(xué)生的分析與轉(zhuǎn)化問題的能力要求較高，難度較難.3.(22-23高三·重慶沙坪壩階段練習(xí))已知連續(xù)函數(shù)f(x)對任意實(shí)數(shù)x恒有f(x+y)=f(x)+f(y),當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<0,f(1)=-2,則以下說法中正確的是()②f(x)是R上的奇函數(shù)④不等式f(3x2)-2f(x)<f(3x)+4A.①③B.①②C.①②③任取x,x?∈(-∞0,+0∞)且x<x?,則x?-x>0;∵f(x+y)=f(x)+f(y)令x=x?,y=-x?又∵f(x)為奇函數(shù)∵f(x?)-f(x?)<0:f(x)在(-∞0,+0)上是減函數(shù)；對于①因?yàn)閒(0)=0,故①正確；對于④,∵不等式f(3x2)-2f(x)<f(3x)+4:f(3x2)<f(x)+f(x)+f(3x)+4即f(3x2)<f(2x+3x)+4∵4=f(-2)f(3x2)【分析】根據(jù)題設(shè)條件令x=y=0,求出f(0)=0,再令x=2,y=-2,得出f(-2)=-4,即可得出f(0)+f(-2)的值.令x=2,y=-2,則有f(-2)+f(2)=f(0)=0又又f(2)=4∴f(-2)=-4∴f(0)+f(-2)【點(diǎn)睛】本題主要考查了抽象函數(shù)求函數(shù)值，屬于基礎(chǔ)題.題型5抽象模型：上下平移型f(x+y)=f(x)+f(y)+b(b帶正負(fù)，即是+b或者-b)?h(x+y)=h(x)+h(y)------h(x)是過原點(diǎn)的直線;③f(x)為R上減函數(shù)；④.為奇函數(shù)；其中正確結(jié)論的序號是()A.①②④B.①④【分析】利用抽象函數(shù)的關(guān)系式，令x=y=0判斷①的正誤；令判斷②的正誤；令x>0,可得當(dāng)x>0時(shí)，再令x=x?-x?,y=x?,結(jié)合單調(diào)性的定義判斷③的正y=-x判斷④的正誤；即,解得故①正確；令可得,又即解得再令.可得即故②正確；令可得,即因?yàn)閤>0,則.可得所以令令x=x,-x?,y=x?,不妨設(shè)x>x?,可得,即所以f(x)為R上增函數(shù)，故③錯(cuò)誤；令y=-x,可得,即整理得所以為奇函數(shù)，故④正確；f(x)+f(y)=f(x+y)+2,且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>2,若f(2)=6,則不等式f(x)+f(2x-2)>6A.(4,+oo)B.(3,+∞)C.(2,+∞)D.(1,+o)【分析】設(shè)8(x)=f(x)-2,分析出函數(shù)g(x)是柯西函數(shù)方程，所以f(x)=cx+2,代入f(2)=6求出c=2,根據(jù)f(x)+f(2x-2)>6代入計(jì)算即可.【詳解】令x=y=0,可得f(0)+f(0)=f(0+0)+2,可得f(0)=2,令g(x)=f(x)-2,則f(x)=g(x)+2,對任意的x、y∈R,總有f(x)+f(y)=f(x+y)+2,則g(x)+g(y)=g(x+y),這是柯西函數(shù)方程.形式為g(x)=cx,(c>0),因此f(x)=cx+2.因?yàn)閒(2)=6,所以將x=2代入f(x)=cx+2,得到f(2)=2c+2=6,即c=2,因此函數(shù)f(x)=2x+2,又因?yàn)閒(x)+f(2x-2)>6,因此，不等式f(x)+f(2x-2)>6的解集為(1,+o).+f(x)在[-2021,2021]上的最大值和最小值的和為()【分析】利用賦值法可得f(0)=4以及f(x)+f(-x)=8,即可構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)-4,判斷奇偶性，即可取y=-x,則f(0)=f(x)+f(-x)-4,故f(x)+f(-x)=8,),設(shè)故函數(shù)g(x)在[-2021,2021]上的最大值和最小值的和是8,f(x+y)=f(x)+f(y)-1,當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>1,且f(2)=5,則關(guān)于xA.(1,+)B.(2,+∞)C.(-∞0,1)【分析】根據(jù)題意利用定義證明函數(shù)在R上單調(diào)遞增，繼而轉(zhuǎn)化不等式，求解即可.【詳解】任取x?<x?,從而f(x?)-f(x?)=f(x?-x?+x?)-f(x)=f(x?-x?)-1,因?yàn)閤?-x>0,所以f(x?-x?)>1,所以f(x?)-f(x?)>0,則f(x)在R上單調(diào)遞增.不等式f(x)+f(4-3x)<6等價(jià)于不等式f(x)+f(4-3x)-1<5,所以4-2x<2,解得x>1.故選：A.一元二次函數(shù)型模型：模型特征：線性抽象+xy型f(x+y)=a(x+y)2+b(x+y)+c=ax2+bx=ax2+bx+c+ay2+by+c+2axy-c=f(x)+f(1.1.(24-25高三上山東菏澤·模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,且滿足f(x)+f(y)=f(x+y)-2xy+2,f(1)=2,則f(4)=()【詳解】根據(jù)題意令x=y=1,則f(1)+f(1)=f(2)-2×1×1+2=4,可得f(2)=4,再令x=y=2,則f(2)+f(2)=f(4)-2×2×2+2=8,可得f(4)=14.A.25B.125C.6【分析】利用賦值法結(jié)合條件可得f(n)=n2進(jìn)而即得；或構(gòu)【詳解】解法一：由題意取.x=n(n∈N),y==f(n-2)+3f(1)+2(n-2)+2(n-1)+2n=(n+1)f(1)+2(1+2+…+n)=(n+1)f即知f(n)=nf(1)+n(n-1)=n+n(n-1)=n2,則f(25)=625.解法二：令g(x)=f(x)-x2,則g(x+y)=f(x+y)-(x+y)2=f(x)+f(y)+2xy-(x+y)2=f(x)+f(y)-x2-y2=g(x所以g(n)=g(n-1)+8(1)=…=ng(1)=n(f(1)-12)=0,即g(n)=f(n)-n2=0,所以f(n)=n2,則f(25)=625.解法三：由f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy可構(gòu)造滿足條件的函數(shù)f(x)=x2,【分析】分別令x=y=1,x=1,y=2,x=1,y=3得出f(4)與f(1)的關(guān)系后可得結(jié)論.令x=1,y=3得f(4)=f(1)+f(3)+5.將以上三式相加得f(4)=4f(1)+9,即f(4)-4f(1)=9.4.(2023全國·三模)已知對于每一對正實(shí)數(shù)x,y,函數(shù)f(x)滿足：f(x)+f(y)=f(x+y)-xy-1,【分析】利用遞推式判斷f(x)在x∈N?上的符號及單調(diào)性，并得到f(x?+1)=f(x?)+x?+2,即可判斷n【詳解】令x+1=x?>x=x?>0且均屬于N,則f(x?)+f(1)=f(x?)-x?-1,又f(1)=1,所以當(dāng)n≥2,n∈N,f(n)=f(n-1)+n+1=f(n-2)+n-2+n+1=f(所以，滿足f(n)=n(n∈N+)僅有f(1)=1,即n僅有1個(gè).題型7抽象模型：一元三次型一元三次模型則f(x)=ax3+bx,(其中b可以借助其他條件待定系數(shù))f(x+y)=f(x)+f(y)+2y(x+y)-3,且f(1)=1,若當(dāng)x≥2,且x∈N時(shí)，不等式f(x)≥(a+2)x-(a+10)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.a≤5B.a<5C.a≥5D.a>5【分析】令y=1可得f(x+1)=f(x)+2x,利用累加法可求x≥2,x∈N*時(shí)f(x)的解析式，利用參變分離及基本不等式可求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【詳解】令y=1可得f(x+1)=f(x)+f(1)+2×1×(x+1)-3,f(2)=f(1)+2×1,累加可得f(x)=f(1)+2×[1+2+3+…+(x不等式f(x)≥(a+2)x-(a+10)等價(jià)于x2-3x+11≥a(x-1),,當(dāng)且僅當(dāng)x=4時(shí)等號成立，所以a≤5,故選A.【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)解析式的求法以及含參數(shù)的不等式恒成立問題，屬于中檔把恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.f(x+y)=f(x)+f(y)+xy(x+y),,f'(1)=0,給出下列四個(gè)結(jié)論:①f(x)為奇函數(shù)；②f'(10)=99;③f(3)=3:④f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減.其中所有正確結(jié)論的序號為()f(2)、f(3)可判斷③;利用累加法求出f'(x)可判斷②;利用導(dǎo)數(shù)可判斷④.【詳解】對于①,令x=y=0,得f(0)=f(0)+f(0),所以f(0)=0.令y=-x,得f(0)=f(x)+f(-x)=0,所以f(x)為奇函數(shù)，故①正確；對于③,令y=1,得.所以故③錯(cuò)誤.對于②,因?yàn)閒'(x+1)=f'(x)+2x+1,所以f'(x)=f'(x-1)+2x-1,f'(x)-f'(x-1)=2x-1,f'(2)-f'(1)=3,f'(3)-f'(2)=5,Lf'(x)-f'(x-1)=2x-1,,以上各式相加得f'(x)=3+5+…+(2x-1)=x2-1,所以f【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：②中的解題的關(guān)鍵點(diǎn)是利用累加法求出f(x)的解析式.求出f(0)令y=-x可判斷①;令y=1,得f(x+y)=f(x)+f(y)+xy2+x2y,當(dāng)x>0時(shí)，3f(x)>x3,且f(3)=12,f'(3)=10,則下列說法正確的是A.f(x)為偶函數(shù)B.【分析】根據(jù)給定條件，利用賦值法，結(jié)合奇偶函數(shù)的定義計(jì)算判斷AB;利用單調(diào)性定義推理判斷C;利用復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)，賦值計(jì)算，結(jié)合函數(shù)的周期計(jì)算判斷D.【詳解】對于A,取x=y=0,得f(O)=2f(O),解得f(O)=0,取x∈R,y=-x,則f(0)=f(x)+f(-x)+x3-x3,即f(x)+f(-x)=0,又f(-3)=-f(3)=-12,因此f(x)為奇函數(shù)，A錯(cuò)誤；對于B,f(3)=f(2)+f(1)+2×12+22×1=f(1)+f(1)+2+f(1)+6=3f(1)+8=12,解得因此B正確；f(x?)=f[x?+(x?-x?)]=f(x?)+f(x?-x)+x?(x?對于D,取y=1,則f(x+1)=f(x)+f(1)+x+x2,求導(dǎo)得f'(x+1)=f'(x)+1+2x,于是f'(3)=f'(2)+5=f'(1)+3+5=10,解得f'(1)求導(dǎo)得f'(x)-f'(-x)=0,則f'(-1)=f'(1)=2,f'(O)=f'(-1)-1=1,又函數(shù)的周期為4,A.f(0)=0B.f(1)=-2或f(1)=1令y=0,得f(0)f(x)=f(0),即Vx∈R,f(0)[f(x)-1]=0.令x=y=-1,則[8(-1)}2=8(1)-2,①由①②,解得g(1)=2,g(-1)=0,從而f(1)=2,B錯(cuò)誤.令y=1,則g(x)g(1)=g(x)+x+1,即g(x)=x+1,因?yàn)閒(0)=0,所以f(x)=x(x+1),所以C正確，D錯(cuò)誤.題型8抽象模型：正切函數(shù)型所以復(fù)合f(x)=tan(kx)。(k根據(jù)其余條件待定系數(shù))A.指定的函數(shù)f(x)是奇函數(shù)；B.指定的函數(shù)f(x)滿足：Vx,y∈R,都有C.指定的函數(shù)f(x)滿足：Vx,y∈R,都有f(x+D.設(shè)h(x)=1g(√x2+1+x),指定的函數(shù)f(x)滿足：Vx,y∈R都有f(x)=h(x+y)+h(x-y).【解析】由f(x)在x=0處可能沒有意義可判斷A;令x=y可判斷B;令x=0,y=2可判斷C;直接可計(jì)【詳解】對于A,函數(shù)f(x)在x=0處可能沒有意義，所以A錯(cuò)；對于B,令f(x)中x=y得f(0)=0,所以B對；對于C,令x=0,y=2→f(2)=f(O)f(2)因?yàn)橛衒(2)>1,∴f(2)≠0,f(0)=1≠0,所以C錯(cuò)；故選：BD.【點(diǎn)睛】本題考查抽象函數(shù)的相關(guān)計(jì)算，屬f(x)>0,且當(dāng)f(x),f(y),f(x+y)都有意義時(shí)，,則以下說法正確的是()A.f(x)是奇函數(shù)B.f(x)是周期函數(shù)【分析】利用賦值法能夠確定選項(xiàng)ABD,利用函數(shù)的單調(diào)性可判斷C.【詳解】由題知，令x=0,y=1,則有,當(dāng)f(1)=1時(shí)，解得f(0)=0;令x=-y,且在定義域內(nèi)，則則f(-y)+f(y)=0,即所以周期為4,故B正確；由f(3)=f(-1)=-f(1)=-1,而f(1)=1,所以D選項(xiàng)錯(cuò)誤；所以f(x?)-f(x)>0也即f(x?)>f(x?),所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；且所以f(x?)-f(x3)>0,3.(多選)(2023全國·模擬預(yù)測)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠4k+2,k∈Z},且B.f(x)為偶函數(shù)C.f(x)為周期函數(shù)，且4為f(x)的周期【分析】對于選項(xiàng)A:令中x=y=0,即可得出答案；對于選項(xiàng)B:令中y=-x,得出f(-x)=-f(x),根據(jù)已知得出其定義域關(guān)于x軸對稱，即可根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義得出答案；對于選項(xiàng)C:令,得出f(x+4)=f(x),即可根據(jù)周期定義得出答案；對于選項(xiàng)D:根據(jù)周期得出答案.【詳解】A選項(xiàng)：令x=y=0,得f(0)=0,故A正確.B選項(xiàng)：令y=-x,則,因此f(-x)=-f(x),又f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠4k+2,k∈Z},關(guān)于x軸對稱，所以f(x)為奇函數(shù)，故B錯(cuò)誤.C選項(xiàng)：令y=1,則所以f(x)為周期函數(shù)，且周期為4,故C正確..下列函數(shù)中不滿足其中任何一個(gè)等式的是()A.f(x)=3*B.f(x)=sinxC.f(x)=log?x【分析】依據(jù)指、對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，和角公式，逐一驗(yàn)證各個(gè)選項(xiàng)滿足的某個(gè)等式即可判斷作答對于C,因log?(xy)=log?x+log?y,則f(x)=log?x滿足f(xy)=f(x)+f(y),C不是；對于D,因則f(x)=tanx滿足.D不是；對于B,顯然sin(xy)不能變形，sin(x+y)=sin個(gè)，B是.故選：B大f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),=cosxcosy-sinxsiny+cosxcosy+sinxsiny=2cosxcosy1.定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x),對任意x,y∈R,f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),且f(x)不恒為0,則下列說法錯(cuò)誤的是()A.f(0)=1B.f(x)為偶函數(shù)C.f(x)+f(0)≥0【分析】對于A,令x=y=0,f(0)=0或f(0)=1,結(jié)合f(x)不恒為0,可得f(0)=1,由此即可判斷；對于B,由f(0)=1,不妨令y=0,即可判斷；對于C,令x=y,通過換元即可判斷；對于D,令x=1,得f(x)關(guān)于(1,0)中心對稱，結(jié)合f(x)為偶函數(shù)，可得f(x)為周期為4的函數(shù)，算出f(1)+f(2)+f(3)+f(4)即可判斷.【詳解】對于A,令x=y=0,有2f(0)=2[f(0)]2,所以f(0)=0或f(0)=1,即f(x)恒為0,對于對于B,由A可知f(0)=1,不妨令x=0,有f(y)+f(-y)=2f(0)f(y)=2f(y),即f(-y)=f(y),且函數(shù)f(y)的定義域?yàn)槿w實(shí)數(shù)，它關(guān)于原點(diǎn)對稱，所以f(y)偶函數(shù)，即f(x)為偶函數(shù)，故B正確；對于C,令x=y,有f(2x)+f(0)=2[f(x)]2≥0,令t=2x,由x∈R,得t=2x∈R,對于D,若f(1)=0,令x=1,有f(1+y)+f(1-y)=2f(1)f(y)=0,所以f(1+y)=-f(1-y)=-f(y-1)=f(y-3),所以f(x)是周期為4的周期函數(shù)，所以f(2)=-f(0)=-1,f(3)=f(-1)=f(1)=0,f(4)=f(0)=1,所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0-1+0+1所以,故D錯(cuò)誤.2.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足2f(x+y)f(x-y)=f(x)+f(y),且f(0)≠0,則()A.f(0)=2B.y=f(x)為奇函數(shù)C.y=f(x)有零點(diǎn)D【分析】利用賦值法，結(jié)合奇函數(shù)的定義、零點(diǎn)的定義逐一判斷即可.因?yàn)閒(0)≠0,所以f(0)=1,所以本選項(xiàng)不正確；B:函數(shù)的定義域?yàn)槿w實(shí)數(shù)，由上可知f(0)=1,顯然不符合f(-x)=-f(x),因此本選項(xiàng)不正確；得2f(2x)f(0)=f(x)+f(x)→2f(2x)則f(2020)=()f(2020)=f(0)即可求解.由令x=0,則f(0)+f(0)=2f(0)×f所以f(0)=1,所以f(2020)=f(1010T+0)=f(0A.f(0)=1B.f(x)=f(A.f(0)=1B.f(x)=f(C.f(x+2π)=f(x)D.f(2x)=2f(x)-1令x=x,y=-x,可得f(x)+f(-x)=2f(x)f(0),二f(-x)=f(x),故B正確令x=2x,y=0,可得f(2x)+f(0)=2f(x)f(x),故選D.題型10抽象模型：正弦與雙曲正弦型1.f(x)=sinx---f(x+y)f(x-y)=sin(x+y)osin(x-y)=(sinx=sin2x-cos2y-con2xasin2y=sin2x·(1-sin2y)-(1-sin2x)sin2y=sin2x-sin2y=【詳解】對A,令x=y=0,則f2(0)=f2(0)-f2(0),得f(0)=0,故A錯(cuò)誤；對B,令x=0,得f(y)f(-y)=f2(0)-f2(y),,故f(-y)+f(y)=0,故f(x)是奇函數(shù)，故B錯(cuò)誤；對C,設(shè)x?>x>0,則f(x?)>0,f(x)>0,且f2(x?)-f2(x)=(f(x?)+f(x?)(f(x?)-f=f(x?+x)f(x?-x)>0,故f2(x?)-f2(x?)>0,則f(x2)>f(x).又f(0)=0,f(x)是奇函數(shù)，故f(x)是增函數(shù)，故C正確；對D,由f(x)是增函數(shù)可得f(x)不是周期函數(shù)，故D錯(cuò)誤.且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0,則下列正確的是()f(x)f(x)是增函數(shù)，可得f(x)不是周期函數(shù)判斷；對于C,D運(yùn)用單調(diào)性可判斷.【詳解】對于Af(x+y)f(x-y)=f2(x)-f2(y),令x=0,得f(y)f(-y)=f2(0)-f2(y),由f(O)=0整理可得f(y)[f(-y)+f(y)]=0,由題干可知f(-y)不恒為0,故f(-y)+f(y)=0,對于B,設(shè)x?>x?≥0,則x?+x?>0,x?-x?>0,則f(x?+x?)>0,f(x?-x)>0,f(x?)>0,f(x?)≥0,且f2(x?)-f2(x?)=(f(x?)+f(x;)(f(x?)-f(x?)=f(x?+x?)f(x?-x)>0,故f2(x?)-f2(x)>0,則f(x?)>f(x?),又f(O)=0,f(x)是奇函數(shù)，故f(x)是增函數(shù)，由f(x)是增函數(shù)可得f(x)不是周期函數(shù)，故B錯(cuò)誤；【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：涉及由抽象的函數(shù)關(guān)系求函數(shù)值，根據(jù)給定的函數(shù)關(guān)系，在對應(yīng)的區(qū)不斷變換求解即可.f2(x)-f2(y)=f(x+y)f(x-y),f(1)=1,f(3)=-1,則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A.f(2)=0B.f(4)=2C.f(x)是奇函數(shù)D.f(x+4)=f(x)【分析】利用賦值x=2,y=1判斷A,令x=0可判斷C,令y=x-2,結(jié)合條件求出函數(shù)周期可判斷BD.【詳解】令x=2,y=1,則f2(2)-f2(1)=f(3)f(1),解得f(2)=0,故A正確；令x=0,則-f2(y)=f(y)f(-y),即f(y)[f(y)+f(-y)]=0,因?yàn)閒(y)不恒為0,所以f(y)+f(-y)=0,且定義域?yàn)镽,故函數(shù)為奇函數(shù)，故C正確；令y=x-2,則f2(x)-f2(x-2)=f(2x-2)f(2)=0,因?yàn)閒(x)不恒為0,且f(3)≠f(1),所以只能f(x)=-f(x-2),從而f(x+4)=-f(x+2)=f(x),周期為4,顯然f(4)=f(O)=0,故B錯(cuò)誤D正確.故選：BA.f(x)是偶函數(shù)B.f(x)是周期函數(shù)【分析】對于A,令x=y=0,得f(0)=0,令x=0,將y變換為-y,得到f(-y)+f(y)=0判定；對于B,先證明f(x)是增函數(shù)，可得f(x)不是周期函數(shù)判斷；對于C,D運(yùn)用單調(diào)性可判斷.【詳解】對于A,令x=y=0,則f2(0)=f2(0)-f2(0)f(y)f(-y)=f2(0)-f2(y),f(y)f(-y)=f2(0)-f2(y),由f(0)=0整理可得f(y)[f(-y)+f(y)]=0.將Y變換為-y,則,故[f(y)+f(-y)2=0,故f(-y)+f(y)=0,故f(x)是奇函數(shù)，故A錯(cuò)誤.對于B,,設(shè)x?>x>0,則f(x?)>0,f(x?)>0,且f2(x?)-f2(x)=(f(x?)+f(x?))(f(x?)-f(=f(x?+x)f(x?-x)>0,故f2(x?)-f2(x)>0,則f(x)>f(x).對于C,-1<x<0時(shí)2<2-x<3,1(x+2(2,:.2-x)x+2,f(2-x)f(x+2),故C錯(cuò)誤；對于D,0<x<1時(shí)，x2+1-2x=(x-12>0,..x2+1>2x,f(x2+1)>f(2x).