《2026年学易优高考二轮总复习数学》

考向 1 赋值法研究抽象函数
例 1 设定义在 $ \mathbf{R} $ 上的函数 $ f(x) $ 满足 $ f(0) = 1 $，且对任意 $ x, y \in \mathbf{R} $ 都有 $ f(xy + 1) = f(x)f(y) - f(y) - x + 2 $，则 $ f(1) = $2；$ f(2025) = $2026。

答案： 例1]　2　2026　令x=y=0,得f
(1)=f
(0)f
(0)−f
(0)+2=1−1+2=2。
令y=1,则f(x+1)=2f(x)−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)=f(x)f
(1)−f(x)−1+2,即f(x+1)=f(x)+1。②
联立①②得f(x)=x+1,所以f
(1)=2,f
(2025)=2026。

考向 2 数形结合法研究抽象函数
例 2 已知定义在 $ \mathbf{R} $ 上的函数 $ f(x) $，$ g(x) $，其中 $ f(x) $ 满足 $ f(-x) = f(x) $ 且在 $ (0, +\infty) $ 上单调递减，函数 $ g(x) $ 满足 $ g(1 - x) = g(1 + x) $ 且在 $ (1, +\infty) $ 上单调递减，设函数 $ F(x) = \frac{1}{2}[f(x) + g(x) + |f(x) - g(x)|] $，则对任意 $ x \in \mathbf{R} $，均有(C)

A.$ F(1 - x) \geq F(1 + x) $
B.$ F(1 - x) \leq F(1 + x) $
C.$ F(1 - x^2) \geq F(1 + x^2) $
D.$ F(1 - x^2) \leq F(1 + x^2) $

答案：
[例2]　C　由题意，定义在R上的函数f(x)满足f(−x)=f(x),则f(x)为R上的偶函数，且在(0,+∞)上单调递减,在(−∞,0)上单调递增。又函数g(x)满足g(1−x)=g(1+x),则函数g(x)关于直线x=1对称,且在(1,+∞)上单调递减,在(−∞,1)上单调递增。又F(x)=$\frac{1}{2}$[f(x)+g(x)+|f(x)−g(x)|]=$\begin{cases}f(x),f(x)\geq g(x)\\g(x),f(x)＜g(x)\end{cases}$
作出函数F(x)大致图象如图：

∵1+x²与1−x²关于x=1对称,结合函数图象可得F(1−x²)≥F(1+x²),故选C。

考向 3 利用函数性质之间的关系推理论证
例 3 (多选)(2025·湖南邵阳三模)已知函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ \mathbf{R} $，且 $ f(-x) = f(x) $，$ f(x - 2) = -f(-x) $，当 $ x \in [0, 1] $ 时，$ f(x) $ 单调递减，则下列说法正确的是(BC)

A.函数 $ f(x) $ 的图象关于直线 $ x = -1 $ 对称
B.函数 $ f(x - 1) $ 为奇函数
C.$ \sum_{n = 1}^{2025} f(n) = 0 $
D.$ f(\log_3 \frac{4}{81}) ＞ f(\log_4 5) $

答案： [例3]　BC　因为f(x−2)=−f(−x),所以f(x−2)+f(−x)=0,所以f(x)关于点(−1,0)中心对称,故A错误。
令F(x)=f(x−1),所以F(−x)=f(−x−1),又f(−x−1)=−f(x−1),所以F(−x)=−F(x),故f(x−1)为奇函数,故B正确。
又因为f(−x)=f(x),所以f(x)是偶函数,所以f(x−2)=−f(x),所以f(x+2)=−f(x),所以f(x+4)=−f(x+2)=f(x),所以f(x)是周期为4的函数。
令x=1,得f
(1)=0,令x=3,得f
(1)+f
(3)=0,令x=4,得f
(2)+f
(4)=0,所以$\sum_{n = 1}^{2025}f(n)$=506×[f
(1)+f
(2)+f
(3)+f
(4)]+f
(1)=0+f
(1)=0,故C正确。
$f(\log_{3}\frac{4}{81})=f(\log_{3}4 - 4)=f(\log_{3}4)$，又$\log_{3}4 - \log_{4}5=\frac{\lg4}{\lg3}-\frac{\lg5}{\lg4}=\frac{(\lg4)^{2}-(\frac{\lg3 + \lg5}{2})^{2}}{\lg3\lg4}=\frac{(\lg4)^{2}-(\lg\sqrt{15})^{2}}{\lg3\lg4}＞0$，故$1＜\log_{4}5＜\log_{3}4＜2$。
又因为当x∈[0,1]，f(x)单调递减，且T = 4，所以f(x + 2)+f(−x)=0，所以f(x)关于点(1,0)中心对称，所以f(x)在区间(1,2)上单调递减，所以$f(\log_{3}4)＜f(\log_{4}5)$，所以$f(\log_{3}\frac{4}{81})＜f(\log_{4}5)$，故D错误。故选BC。

(1)(多选)(2025·海南模拟预测)已知函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ \mathbf{R} $，函数 $ H(x) = f(2 + 3x) - 3 $ 为奇函数，函数 $ F(x) = f(1 + x) - (1 + x) $ 为偶函数，则(AD)

A.函数 $ f(x) $ 的一个对称中心为 $ (2, 3) $
B.$ f(0) = 2 $
C.函数 $ f(x) $ 为周期函数，且一个周期为 $ 4 $
D.$ f(1) + f(2) + f(3) + f(4) = 14 $

答案： 训练1　
(1)AD　由函数H(x)=f(2+3x)−3为奇函数，故f(2+3x)−3=−f(2−3x)+3,即f(2+3x)+f(2−3x)=6,即f(2+x)+f(2−x)=6,故函数f(x)的一个对称中心为(2,3),故A正确。
由f(2+x)+f(2−x)=6,令x=0,则f
(2)+f
(2)=6,即f
(2)=3。由函数F(x)=f(1+x)−(1+x)为偶函数,故f(1+x)−(1+x)=f(1−x)−(1−x),即f(1+x)=f(1−x)+2x,令x=−1,则f
(0)=f
(2)−2=3−2=1,故B错误。
由函数f(x)的一个对称中心为(2,3),f
(0)=1,则f
(4)=5,即f
(0)≠f
(4),故函数f(x)不以4为周期,故C错误。
由f(2+x)+f(2−x)=6,令x=1,有f
(3)+f
(1)=6,又f
(2)=3,f
(4)=5,故f
(1)+f
(2)+f
(3)+f
(4)=14,故D正确。故选AD。

(2)(多选)(2025·烟台调研)已知定义域为 $ \mathbf{R} $ 的函数 $ f(x) $ 在 $ (-1, 0] $ 上单调递增，$ f(1 + x) = f(1 - x) $，且图象关于 $ (2, 0) $ 对称，则关于 $ f(x) $ 的说法正确的是(ABD)

A.$ f(0) = f(2) $
B.$ f(0) = f(-2) $
C.周期 $ T = 2 $
D.在 $ (2, 3) $ 上单调递减

答案：
(2)ABD　由f(1+x)=f(1−x),可得f(x)的对称轴为x=1,所以f
(0)=f
(2)，A正确。
又由f(1+x)=f(1−x)知f(2+x)=f(−x)，因为f(x)的图象关于(2,0)对称，则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)的周期为4。所以f(−2)=f
(2)，又f
(0)=f
(2)，所以f
(0)=f(−2)，故B正确，C错误。
因为f(x)在(−1,0]上单调递增，且T = 4，所以f(x)在(3,4]上单调递增。又图象关于(2,0)对称，所以f(x)在(0,1]上单调递增。因为f(x)关于x=1对称，所以f(x)在(1,2]上单调递减，又因为关于(2,0)对称，可得f(x)在(2,3)上单调递减，故D正确。

已知函数 $ f(x) = \begin{cases} e^x, & x ＜ 0, \\ 4x^3 - 6x^2 + 1, & x \geq 0 \end{cases} $，则函数 $ g(x) = 2[f(x)]^2 - 3f(x) - 2 $ 的零点个数为(B)

A.$ 2 $
B.$ 3 $
C.$ 4 $
D.$ 5 $

答案：
[例4]B　由g(x)=2[f(x)]² −3f(x)−2=0,得f(x)=2或f(x)=−$\frac{1}{2}$。
当x≥0时，$f'(x)=12x^{2}-12x=12x(x - 1)$，所以当x∈(0,1)，$f'(x)＜0$，f(x)单调递减；当x∈(1,+∞)，$f'(x)＞0$，f(x)单调递增。所以x = 1时，f(x)有极小值$f(1)=4 - 6 + 1=-1$。
又x＜0时，f(x)=eˣ。画出函数f(x)的大致图象如图所示，

由图可知：函数g(x)=2[f(x)]²−3f(x)−2的零点个数为3。

(2025·天津河北一模)函数 $ f(x) = \begin{cases} x|x - 1| - 1, & x \geq 0, \\ \frac{1}{x - 1}, & x ＜ 0 \end{cases} $，若函数 $ g(x) = f(1 - x) - ax + 1 (a \neq 0) $ 恰有两个不同的零点，则实数 $ a $ 的取值范围为(−∞,−1)∪($\frac{1}{4}$,1)。

答案：
训练2　(−∞,−1)∪($\frac{1}{4}$,1)　因为$f(x)=\begin{cases}|x|x - 1|-1,x\geq0\frac{1}{x - 1},x＜0\end{cases}$
所以$f(1 - x)+1=\begin{cases}-\frac{1}{x}+1,x＞1\\(1 - x)|x|+1,x\leq1\end{cases}$
则函数g(x)=f(1−x)−ax+1恰有2个零点等价于f(1−x)+1=ax有两个不同的解，故y=f(1−x)+1与y=ax的图象有两个不同的交点。
设$g(x)=f(1 - x)+1=\begin{cases}-x(1 - x),x＜0\\(1 - x)x,0\leq x\leq1\\-\frac{1}{x}+1,x＞1\end{cases}$
又y = g(x),y = ax的图象如图所示，

由图象可得两个函数的图象均过原点。当a≠0时，考虑直线y = ax与g(x)=x−x²(0≤x≤1)的图象相切，则由ax = x−x²可得$\Delta=(a - 1)^{2}-0=0$，即a = 1。
考虑直线y = ax与g(x)=−$\frac{1}{x}$+1(x≥1)的图象相切，由ax = −$\frac{1}{x}$+1可得ax²−x + 1 = 0，则$\Delta=1 - 4a=0$，即a = $\frac{1}{4}$。
考虑直线y = ax与g(x)=x²−x(x≤0)的图象相切，由ax = x²−x可得x²−(a + 1)x = 0，则$\Delta=(a + 1)^{2}-0=0$，即a = −1。
结合图象可得当$\frac{1}{4}＜a＜1$或a ＜ −1时，两个函数的图象有两个不同的交点。综上，$\frac{1}{4}＜a＜1$或a ＜ −1，故答案为(−∞,−1)∪($\frac{1}{4}$,1)。