抽象函數不“抽象”，對比思維顯身手

抽象函數及其綜合應用問題，一直是高考命題中的熱點與基本點之一.此類問題以多選題或填空題的形式來設置與應用，考查的基礎知識點豐富，數學思想方法多樣.在處理抽象函數問題時，可以通過賦值法把握函數特殊點的特征，邏輯推理過程比較繁雜；而借助抽象函數的運算規則等，將相應函數模型化，構建特殊函數，讓抽象函數的性質“顯現”出來，解題過程更加簡捷，處理起來簡單方便.

1 一次函數模型

一次函數模型f（x）=kx+b（k≠0），特別是正比例函數模型f（x）=kx（k≠0），對應的抽象函數滿足相應的運算規則f（x+y）=f（x）+f（y）.

例1〔2025屆浙江省杭州市高三年級數學技師檢測（一模）數學試卷·11〕（多選題）已知函數f（x）的定義域為R，若f（f（x）+yz）=x+f（y）f（z），則（）.

A.f（1）=0B.f（f（x））=x

C.f（xy）=f（x）f（y）D.f（x+y）=f（x）f（y）

解法1：賦值法.

令x=y=0，z=1，則

f（f（0））=f（0）f（1）.①

令x=y=z=0，則

f（f（0））=f（0）f（0）.②

由①和②可得f（0）f（1）=f（0）f（0），所以f（0）=0或f（1）=f（0）.

令x=1，y=z=0，則f（f（1））=1+f（0）f（0）.若f（1）=f（0），則f（f（0））=1+f（0）f（0）≠f（0）5f（0），與②矛盾，所以f（0）=0，則f（1）≠f（0）=0，故選項A錯誤.

令y=z=0，則f（f（x））=x+f（0）f（0）=x，故選項B正確.

令x=0，則f（f（0）+yz）=f（yz）=0+f（y）f（z）=f（y）f（z）.用x替換z，可得f（xy）=f（x）f（y），故選項C正確.

由以上各選項中的結論，令x=y=1，則f（1）=f（1）f（1）.又f（1）≠0，則f（1）=1.令z=1，則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），故選項D錯誤.

故選擇答案：BC.

解法2：特殊函數模型法.

觀察題設條件中的抽象關系式f（f（x）+yz）=x+f（y）f（z），可得f（f（x））=x，f（yz）=f（y）f（z），由此加以數學抽象，構建特殊函數f（x）=kx，k∈R.

2 二次函數模型

二次函數模型f（x）=ax2+bx+c（a≠0），特別是c=0，其對應的抽象函數滿足相應的運算規則f（x+y）=f（x）+f（y）+2axy.

例2〔2025屆江蘇省南京市六校聯合體高三（上）學情調研數學試卷〕（多選題）已知定義在實數集R上的函數f（x），其導函數為f′（x），并且滿足f（x+y）=f（x）+f（y）+xy，f（1）=0，f′（1）=12，則（）.

A.f（1-x）+f（1+x）=0

B.f（2）=1

C.f（2 024）=1 012×2 023

D.∑2 024k=1f′（k）=2 023×2 024

解法1：賦值法.

依題，令x=y=0，則f（0）=2f（0），解得f（0）=0.

令y=1，則f（x+1）=f（x）+f（1）+x，結合f（1）=0，可得f（x+1）=f（x）+x.

用-x代替x，可得f（1-x）=f（-x）-x.

以上兩式相加，可得f（1+x）+f（1-x）=f（x）+f（-x）.

令y=-x，則f（0）=f（x）+f（-x）-x2，即f（x）+f（-x）=x2.

于是f（1+x）+f（1-x）=f（x）+f（-x）=x2，故選項A錯誤.

在f（x+1）=f（x）+x中，令x=1，則f（2）=f（1）+1=1，故選項B正確.

由于f（x+1）-f（x）=x，則有f（2）-f（1）=1，f（3）-f（2）=2，……，f（2 024）-f（2 023）=2 023，以上2 023個式子對應累加可得f（2 024）-f（1）=1+2+……+2 023=2 023×2 0242=1 012×2 023，可得f（2 024）=1 012×2 023，故選項C正確.

在f（x+1）=f（x）+x中，兩邊求導可得f′（x+1）=f′（x）+1，則f′（k+1）-f′（k）=1，可知數列{f′（k）}是首項為f′（1）=12，公差為1的等差數列，所以∑2 024k=1f′（k）=2 024×12+2 023×2 0242=1 012×2 024，故選項D錯誤.

故選擇答案：BC.

解法2：特殊函數模型法.

特殊函數f（x）=12x（x-1）滿足所有已知條件.

…………

3 指數函數模型

指數函數模型f（x）=ax（agt;0且a≠1），其對應的抽象函數滿足相應的運算規則f（x+y）=f（x）f（y）.

例3（2025屆湖北省華中師大一附中高三11月檢測數學試卷·14）已知定義在R上的函數f（x）滿足：對任意實數m，n均有[f（m）+1][f（n）+1]=f（m+n）+1，若f（1）=1，且xlt;0時，f（x）lt;0，則關于x的不等式f（x）+f（2-x）gt;3的解集為.

解法1：賦值法.

由[f（m）+1][f（n）+1]=f（m+n）+1，知對任意實數x，有f（x）+1=fx2+1fx2+1=fx2+12≥0，則f（x）≥-1.

假設存在p∈R，使得f（p）=-1，則對任意實數x，有f（x）+1=f（x-p+p）+1=[f（x-p）+1]5[f（p）+1]=0，此時f（x）=-1為常數函數，與f（1）=1矛盾，故不存在p∈R，使得f（p）=-1.

所以f（x）gt;-1，即f（x）+1gt;0恒成立.

令m=1，n=0，則[f（1）+1][f（0）+1]=f（1）+1.因為f（1）=1，所以f（0）+1=1，即f（0）=0.

由[f（m）+1][f（n）+1]=f（m+n）+1，可得f（m+n）=f（m）f（n）+f（m）+f（n）.

任取x1lt;x2，則x1-x2lt;0，所以f（x1-x2）lt;0.

所以f（x1）-f（x2）=f（x1-x2+x2）-f（x2）=f（x1-x2）f（x2）+f（x1-x2）+f（x2）-f（x2）=f（x1-x2）f（x2）+f（x1-x2）=f（x1-x2）5[f（x2）+1]lt;0.

所以f（x1）lt;f（x2），所以函數f（x）為R上的增函數.

因為f（2）=f（1+1）=f2（1）+2f（1）=3，所以[f（2-x）+1][f（x）+1]=f（2）+1=4，所以f（2-x）=4f（x）+1-1.

所以不等式f（x）+f（2-x）gt;3等價于不等式f（x）+4f（x）+1-1=f（x）+1+4f（x）+1-2gt;3.

令t=f（x）+1gt;0，則有t+4t-2gt;3，即t2-5t+4gt;0，即（t-1）（t-4）gt;0，解得0lt;tlt;1或tgt;4，即-1lt;f（x）lt;0或f（x）gt;3.

又函數f（x）為R上的增函數，f（0）=0，f（2）=3，所以xlt;0或xgt;2.

所以關于x的不等式f（x）+f（2-x）gt;3的解集為（-∞，0）∪（2，+∞）.

故填答案：（-∞，0）∪（2，+∞）.

解法2：特殊函數模型法.

特殊函數f（x）=2x-1滿足所有已知條件.

…………

4 對數函數模型

對數函數模型f（x）=logax（agt;0且a≠1），其對應的抽象函數滿足相應的運算規則f（xy）=f（x）+f（y）.

例4〔2025屆上海市徐匯區南洋模范中學高三（上）期中數學試卷〕已知定義在（0，+∞）上的函數f（x）滿足：f（xy）=f（x）+f（y）-1，f（4）=2，則f12=.

解法1：賦值法.

令x=y=1，則f（1）=2f（1）-1，解得f（1）=1.

令x=y=2，則f（4）=2f（2）-1=2，解得f（2）=32.

令x=2，y=12，則f（1）=f（2）+f12-1，即1=32+f12-1，解得f12=12.

故填答案：12.

解法2：特殊函數模型法.

特殊函數f（x）=log4x+1滿足所有已知條件.

…………

在實際解決此類抽象函數的綜合應用問題時，立足抽象函數中抽象表達式的結構特征與表達形式，結合基本初等函數的基本概念與基本性質，借助合理的賦值，以特殊代替一般，是比較常用的基本核心素養與思維方式，關鍵在于依托相應的抽象形式來合理應用，實現問題的突破與解決.