新高考数学二轮复习题型突破小题提升练疑难压轴1抽象函数的综合性质研究问题（2份，原卷版+解析版）

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一．单选题.
【2024安徽合肥一模】
1．已知函数的定义域为，且，记，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数满足的表达式以及，利用赋值法即可计算出的大小.
【详解】由可得，
令，代入可得，即，
令，代入可得，即，
令，代入可得，即；
由可得，
显然可得.
故选：A
【点睛】方法点睛：研究抽象函数性质时，可根据满足的关系式利用赋值法合理选取自变量的取值，由函数值或范围得出函数单调性等性质，进而实现问题求解.
【2025江西一模】
2．已知可导函数的定义域为，是的导函数，且为偶函数为奇函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得，由函数奇偶性的定义得出，求导得出，进而可推出函数是周期为的周期函数，以及函数的对称中心为，求出、的值，结合函数周期性可求得的值.
【详解】因为函数为奇函数，则，
即，令，则，
所以，函数的对称中心为，且，①
在等式①中，令可得，解得，
在等式①中，令可得,
因为函数为偶函数，则，
令，可得，求导得，
则，②
由①②可得，令，则，
所以，函数是周期为的周期函数，
所以，.
故选：C.
【点睛】结论点睛：对称性与周期性之间的常用结论：
（1）若函数的图象关于直线和对称，则函数的周期为；
（2）若函数的图象关于点和点对称，则函数的周期为；
（3）若函数的图象关于直线和点对称，则函数的周期为.
3．已知函数满足，当时，，则（ ）
A．B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】利用赋值法和函数的奇偶性判断A；利用奇偶性与单调性解不等式判断B；根据条件代入计算判断C、D;
【详解】已知，
令，则有，所以；
令，所以；
令，得，A错误．
任取，则，所以，
则，故在上单调递减．
由A知，为偶函数，又，可得，故，
且，解得，且，B错误．
若，则，C正确．
若，则，
所以，故D错误．
故选：C．
4．已知定义在上的函数满足，对任意，有，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由赋值法可令，求得，再令，求得的解析式，运用数列的裂项相消法求和，计算可得所求和.
【详解】在中，令，得；
令，得，所以．
所以，
所以.
故选：A．
【2025安徽模拟预测】
5．已知可导函数的定义域为，且有，设是的导函数，若为偶函数，则（ ）
A．2025B．2026C．4050D．4052
【答案】D
【分析】首先，通过已知条件，可以分析出函数的对称轴，进而得到其导函数的对称中心.再根据为偶函数，确定的具体对称中心，周期，然后利用周期性和对称中心的性质来计算即可.
【详解】∵，
∴两边求导得，
∴，可知关于点对称，
又∵为偶函数，可知关于直线对称，
则，即，
由，可得，
因此，可得，
即，可知4为的周期，
因此，当，时，，
当，时，，
∵，∴，
∴，，
所以
.
故选：D
【点睛】方法点睛：抽象函数求值问题关键是找出抽象函数的周期和对称性.
【2025上辽宁葫芦岛期末】
6．已知函数的定义域为，，函数是奇函数，函数的图象关于直线对称，则（ ）
A．是偶函数B．是奇函数
C．D．
【答案】B
【分析】利用题中函数的对称性推导出，，结合函数的对称性逐项推导，可得出合适的选项.
【详解】因为函数的定义域为，，函数是奇函数，
则对任意的，，可得，
所以，函数的图象关于直线对称，则的值不确定，C错；
因为函数的图象关于直线对称，
令，所以，，
即对任意的，，即，
所以，函数为奇函数，即函数的图象关于点对称，B对；
因为，而不一定等于零，故函数不一定是偶函数，A错；
因为函数的图象关于直线对称，则，
因为函数的图象关于点对称，则，
所以，，则，
故，D错.
故选：B.
【点睛】结论点睛：本题考查利用函数的对称性的应用，可利用以下结论来转化：
①函数的图象关于点对称，则；
②函数的图象关于直线对称，则.
【2024福建南平阶段检测】
7．已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解.
【详解】因为的图像关于直线对称，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
代入得，即，
所以，
.
因为，所以，即，所以.
因为，所以，又因为，
联立得，，
所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，
所以
因为，所以.
所以.
故选：D
【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.
【2025陕西西安模拟预测】
8．已知定义在上的函数在区间上单调递增，且满足，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据抽象函数性质可确定关于直线对称，关于点对称，从而可确定其周期性，再结合单调性可得函数的大致图象，结合周期性、对称性、对数函数性质、三角函数性质逐项判断即可得结论.
【详解】对于函数有，，则函数关于直线对称，
由，则函数关于点对称，
所以，所以得，
则，故函数的周期为，且，故函数为偶函数，
因为函数在区间上单调递增，则函数的大致图象如下图：
由对称性可得，
所以
，故A错误；
由于，，所以，故B错误；
又，，所以，故C正确；
，且，
因为，所以，故，
所以，故D错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：抽象函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性、周期性、对称性，解决本题的关键是结合函数的性质确定函数的图象，从而可确定函数值的大小关系、对称关系.
【2025上安徽黄山期末】
9．已知函数（不恒为零），其中为的导函数，对于任意的满足，且，则（ ）
A．B．是偶函数
C．曲线关于点对称D．
【答案】D
【分析】借助赋值法令，即可判断A；结合赋值法与函数奇偶性的定义计算可判断B；结合复合函数导数公式与对称性可判断C；借助赋值法，可逐项计算出到，即可判断D.
【详解】对A：令，有，故，故A错误；
对B：令，有，又不恒为零，
故，即，又，故是奇函数，故B错误；
对C：令，
；
令，
所以，即，
因为不恒为零，所以，，
关于直线对称，所以关于直线对称，故C错误；
对D：由，故，
令，有，
即，则，即，
，即，，即，
令，有，
即，则，则；
，所以；
，所以；
故，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：D选项中，关键点在于令可得，结合，可得为偶数时，.
【2024江苏南通阶段检测】
10．已知函数的定义域均为为奇函数，且，则（ ）
A．不为偶函数B．为奇函数
C．D．
【答案】D
【分析】根据已知等式关系结合函数的奇偶性与对称性即可求得函数均是周期为4的周期函数，利用周期性与对称性计算，逐项判断即可得答案
【详解】因为，
所以，与联立可得，
即的图象关于直线对称，
又为奇函数，则，
所以，即，
所以，所以是周期为4的周期函数，
因为，所以也是周期为4的周期函数，
因为，，所以，
即，从而为偶函数，故A错误．
又为奇函数，则，即，
所以，
故，故C错误．
由，得，则不可能为奇函数，故B错误．
可求，
所以，故D正确．
故选D．
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
二．多选题.
11．（多选）函数的定义域为，，若，则下列选项正确的有（ ）
A．B．
C．函数是增函数D．函数是奇函数
【答案】ABD
【分析】本题根据题干结合选项采用赋值法来解决抽象函数涉及的相关问题.
【详解】令，，得，
因为，所以；
令，得，
因为，所以，即选项A正确；
由选项A知的图象过点、，
令，则得，，
所以，
因为，所以选项B正确；
因为是减函数，所以选项C错误；
因为，所以为奇函数，即选项D正确；
故选：ABD．
【2024湖南长郡十八校联盟第二次联考】
12．已知函数的定义域均为，，且的图像关于直线对称，则以下说法正确的是（ ）
A．和均为奇函数B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】利用函数奇偶性，对称性与周期性的性质，逐一分析各选项即可得解.
【详解】对于B，由，得，
又，，
的图象关于直线对称，，
，
，则是周期函数，且周期为，
所以，故B正确；
对于A，的图象关于直线对称，
是偶函数，
若为奇函数，则恒成立，不满足，故A错误；
对于C，由，得，
，
因为，则，
所以是周期函数，且周期为，则，故C正确；
对于D，由，得，
又，
由，得，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：
（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；
（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.
【2025河南信阳二模】
13．已知定义在上的函数满足，且当时，，则下列错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】应用赋值法构造出的等量关系，再结合不等式性质判断即可.
【详解】依题意，，，
取，得，
取，得，则，
当时，，则当，即时，，即，
取，得，解得，即；
对于AC，由，得，
由，得，当且仅当时等号成立；
当时，，即；
当时，，即，故AC错误；
对于BD，将分别取，可得，
又，因此，
则，
即，且不恒为，B错误，D正确.
故选：ABC
【点睛】思路点睛：涉及抽象函数等式问题，利用赋值法探讨函数的性质，再借助性质即可求解.
【2024山东潍坊一模】
14．已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则（ ）
A．B．的图象关于点对称
C．D．（）
【答案】ABD
【分析】对于A，对条件，求导可得；对于B，对条件，两边同时除以可得；对于C，反证法，假设C正确，求导，结合条件，可得与矛盾，可判断C；对于D，求出，，所以有，，，得出数列是以0为首项，为公差的等差数列，利用等差数列求和公式即可判断．
【详解】因为，
所以，即，
令，得，故A正确；
因为，
当时，，
所以的图象关于点对称，故B正确；
对于C，假设成立，
求导得，
即，又，
所以，所以与矛盾，故C错误；
对于D，因为，，
所以，，，，
所以有，
所以数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，
数列的偶数项是以为首项，为公差的等差数列，
又，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是，的应用，D选项关键是推出是以为首项，为公差的等差数列.
【教材溯源题】
15．已知是定义域为的非常数函数，若对定义域内的任意实数x，y均有，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的值域为
C．D．是奇函数
【答案】AC
【分析】对于A：利用赋值法，令代入运算即可；对于C：令，代入运算即可；对于BD：举反例说明即可.
【详解】对于A， 令，则，可得，
且不恒为0，所以，故A正确；
对于B，例如，可知是定义域为的非常数函数，
且，
可知符合题意，但，故B错误；
对于C，令，则，可得，
即，故C正确；
对于D，例如，可知是定义域为的非常数函数，
且，
注意到同号，
可得，
可知符合题意，
但，即为偶函数，故D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：对于选项BD：举反例，通过函数和分析判断.
【2025陕西榆林二模】
16．对于，满足，，且对于任意，恒有，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】抽象函数，对于ACD选项采用赋值法求解，B选项倒序相加即可；
【详解】A选项：因为，所以取得，，A选项正确；
B选项：令，则，
两式相加得，
解得，B选项错误；
C选项：因为，所以取得，，由，
取得，，解得，
因为，所以，，，，，C选项正确；
D选项：因为，，且，
所以，即，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：本题考查抽象函数，赋值法是基本，针对选项进行赋值即可.
【2024福建厦门二检】
17．设，都是定义在上的奇函数，且为单调函数，，若对任意有（a为常数），，则（ ）
A．B．
C．为周期函数D．
【答案】BC
【分析】对于A，在中，令得，为单调函数，所以；对于B，由，得，对于C，设，则由，可得，对于D，由，得，为等差数列，且，所以.
【详解】在中，令得，
所以，又为单调函数，
所以，即，所以，
所以，所以A错误；
由，得，所以B正确；
设，则由，
可得，所以，
所以，即为周期函数，所以C正确；
由，得，即，
所以为等差数列，且，即，
所以，所以，
所以D错误．
故选：BC．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于D选项，由，得，为等差数列，且，所以.
18．已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A．
B．为偶函数
C．为周期函数，且4为的周期
D．
【答案】ACD
【分析】对于选项A：令中，即可得出答案；
对于选项B：令中，得出，根据已知得出其定义域关于轴对称，即可根据函数奇偶性的定义得出答案；
对于选项C：令中，得出，即可根据周期定义得出答案；
对于选项D：根据周期得出答案.
【详解】A选项：令，得，故A正确.
B选项：令，则，因此，
又的定义域为，关于轴对称，所以为奇函数，故B错误.
C选项：令，则，
所以，因此，
所以为周期函数，且周期为4，故C正确.
D选项：，故D正确.
故选：ACD.
【2025云南昭通一模】
19．函数的定义域为，在区间上单调递增，且满足，函数为奇函数，下列结论正确的是（ ）（注）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】结合已知条件，得到函数的对称中心，对称轴，以及周期；然后由周期性和单调性可得A错误；由对称性和单调性可得B正确；由对称性和对数函数的运算可得C错误；由函数的单调性结合对数函数的运算和三角函数的单调性可得D正确；
【详解】为奇函数，则关于点中心对称，则，
又因为，令则，则故则关于直线轴对称.
又因为，故，则的周期为8.
对于A：则，又因为在区间上单调递增，则故A错误；
对于B：关于点中心对称，则，而在上也单调递增，故，则，故B正确；
对于C：在上也单调递增，故C错误；
对于D：则
而在上也单调递增，则，故D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是能够利用已知得到函数的对称轴，对称中心.
三．填空题.
【2025上安徽安庆阶段练习】
20．已知函数是定义域为的奇函数，满足，若，则 ．
【答案】0
【分析】根据奇函数可得且，再结合可得函数是周期为的周期函数，结合周期性即可得解.
【详解】因为是定义域为的奇函数，则且，
又因为，
则，
可得，
可知函数的一个周期为，
由可得，
则，即，
所以.
故答案为：0.
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
【2025上广东汕头期中】
21．已知定义在R 上的函数满足：，则= ；若，对任意的都有 则不等式的解集为 .
【答案】 1
【分析】利用赋值法即可求解；由构造函数，且在上单调递减，利用函数的单调性解不等式即可.
【详解】由，令，得，解得；
设，则，
由，得，即，
设（），则在上单调递减.
由，得，即.
所以，解得，
即不等式的解集为.
故答案为：1；
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据构造函数，且在上单调递减.
【2025上贵州遵义期末】
22．已知定义在上的函数满足，且当时，，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】借助赋值法可得，结合偶函数定义可得该函数为偶函数，借助函数单调性定义可得单调性，结合偶函数性质与函数单调性即可得解.
【详解】令，则，即，
令，则，则，
令，则，
又定义域为，故为偶函数，
设对任意，且，则，则，
故，即，
故在上单调递增，
，
即，则有，
解得且，故其解集.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助函数单调性、奇偶性定义得到该函数的单调性与奇偶性.
【2025上福建福州期中】
23．已知函数的定义域为，若为奇函数，为偶函数，且，则 .
【答案】
【分析】利用函数的奇偶性得到的相关式子，从而变形分析得是周期函数，
再利用赋值法依次求得所需函数值，从而利用的周期性即可得解.
【详解】因为为奇函数，所以，
即，所以，
因为为偶函数，所以，
所以，即，
所以，
则是周期为的周期函数，
因为，即，
则，，
所以，
因为，所以，则，
则
.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：函数的对称性与周期性：
（1）若，则函数关于中心对称；
（2）若，则函数关于对称；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a.
【2025上山东青岛阶段练习】
24．已知函数及其导函数的定义域均为，若是奇函数，，且对任意，，则 ．
【答案】
【分析】根据函数满足的表达式以及奇偶性利用赋值法可求得，且函数和的周期都为3，代入计算即可得出结果.
【详解】令，可知，
又因为，可得，所以；
令，可得，
所以，
因为是奇函数，可知为偶函数，
因此；
由两式相减可得；
即，
可得；
所以，即函数的周期为3，所以的周期也为3；
可得
.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用所给条件由赋值法并结合函数奇偶性以及导函数性质计算得出函数和导函数的周期，再进行计算即可.
【2025上辽宁期末】
25．已知定义在上的偶函数，当时，.且时，恒成立，且，则时，不等式的解集为 .
【答案】
【分析】首先通过对给定不等式进行变形构造新函数，利用导数判断新函数的单调性，再结合函数的奇偶性，将所求不等式进行转化，最后求解不等式得到解集.
【详解】已知当时，，
将其变形为，
进一步整理得.
令，对求导， .
当时，，，
可得，所以在上单调递减.
因为是定义在上的偶函数，即.
那么，所以是奇函数.
所以在上也是单调递减.
已知，则.
当时，，则，
∴不等式可化为，即.
因为在上单调递减，则.
当时，；，得，则，
∴不等式可化为，即，则.
综上，不等式的解集为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键是对已知式子变形，构造新函数，再转化为用函数单调性和奇偶性解题.
1.试题特点分析：抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了一些体现函数特征的式子的一个函数，由抽象函数构成的数学问题叫做抽象函数问题.抽象函数问题综合考查学生对函数概念和各种性质的理解，但由于其表现形式的抽象性和多变性，学生往往无从下手，这类问题是高考的一个难点，也是近几年高考的热点之一.
2.解题方法阐述：考查抽象函数，主要考查抽象函数的定义域、值域、解析式、性质的综合考查和应用，其主要方法有：1、赋值法，通过赋值法代入特殊值或参数简化问题.2、配凑法，凑定义或凑已知，利用定义或已知条件得出结论．3、数形结合思想，借助数形结合法直观观察函数图像的特征.
3.解题经验分享：第一、学会类比，可以通过类比这类函数中一些具体函数的性质去解决抽象函数的性质. 第二、掌握好赋值法，通过特殊赋值法可以找到函数的不变性质，这个不变性质往往是解决问题的突破口.第三、注意推理的严谨性，每一步推理都要有充分的条件，不可漏掉一些条件，更不要造条件.