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第11練 研創(chuàng)新——以函數(shù)為背景的創(chuàng)新題型
[題型分析高考展望] 在近幾年的高考命題中，以函數(shù)為背景的創(chuàng)新題型時有出現(xiàn).主要以新定義、新運算或新規(guī)定等形式給出問題，通過判斷、運算解決新問題.這種題難度一般為中檔，多出現(xiàn)在選擇題、填空題中，考查頻率雖然不是很高，但失分率較高.通過研究命題特點及應(yīng)對策略，可以做到有備無患.
?？碱}型精析
題型一 與新定義有關(guān)的創(chuàng)新題型
例1 (1)(2014山東)已知函數(shù)y＝f(x)(x∈R)，對函數(shù)y＝g(x)(x∈I)，定義g(x)關(guān)于f(x)的“對稱函數(shù)”為函數(shù)y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)滿足：對任意x∈I，兩個點(x，h(x))，(x，g(x))關(guān)于點(x，f(x))對稱.若h(x)是g(x)＝關(guān)于f(x)＝3x＋b的“對稱函數(shù)”，且h(x)>g(x)恒成立，則實數(shù)b的取值范圍是________.
(2)(2014湖北)設(shè)f(x)是定義在(0，＋∞)上的函數(shù)，且f(x)>0.對任意a>0，b>0，若經(jīng)過點(a，f(a))，(b，－f(b))的直線與x軸的交點為(c,0)，則稱c為a，b關(guān)于函數(shù)f(x)的平均數(shù)，記為Mf(a，b).例如，當f(x)＝1(x>0)時，可得Mf(a，b)＝c＝，即Mf(a，b)為a，b的算術(shù)平均數(shù).
①當f(x)＝________(x>0)時，Mf(a，b)為a，b的幾何平均數(shù)；
②當f(x)＝________(x>0)時，Mf(a，b)為a，b的調(diào)和平均數(shù).
點評 在(1)(2)兩個題目中都出現(xiàn)了一個新定義，即“對稱函數(shù)”和“平均數(shù)”，解答這類題目關(guān)鍵在于解讀新定義，利用定義的規(guī)定去判斷和求解是這類題目的主要解法.
變式訓(xùn)練1 (2014浙江)設(shè)函數(shù)f1(x)＝x2，f2(x)＝2(x－x2)，f3(x)＝|sin 2πx|，ai＝，i＝0,1,2，…，99.記Ik＝|fk(a1)－fk(a0)|＋|fk(a2)－fk(a1)|＋…＋|fk(a99)－fk(a98)|，k＝1,2,3.則( )
A.I1
－2，a∈R)有最大值，則f(x)∈B.
其中的真命題有________.(寫出所有真命題的序號)
點評 此類題目包含了與函數(shù)有關(guān)的較多的概念、性質(zhì)及對基本問題的處理方法.解答這類題目，一是要細心，讀題看清要求；二是要熟練掌握函數(shù)的基本性質(zhì)及其判斷應(yīng)用的方法，掌握基本函數(shù)的圖象與性質(zhì)等.
變式訓(xùn)練2 設(shè)V是全體平面向量構(gòu)成的集合.若映射f：V→R滿足：
對任意向量a＝(x1，y1)∈V，b＝(x2，y2)∈V，以及任意λ∈R，均有f(λa＋(1－λ)b)＝λf(a)＋(1－λ)f(b)，則稱映射f具有性質(zhì)P，現(xiàn)給出如下映射：
①f1：V→R，f1(m)＝x－y，m＝(x，y)∈V；
②f2：V→R，f2(m)＝x2＋y，m＝(x，y)∈V；
③f3：V→R，f3(m)＝x＋y＋1，m＝(x，y)∈V.
其中，具有性質(zhì)P的映射的序號為________.(寫出所有具有性質(zhì)P的映射的序號)
高考題型精練
1.(2015濰坊模擬)某城市對一種售價為每件160元的商品征收附加稅，稅率為R%(即每銷售100元征稅R元)，若年銷售量為萬件，要使附加稅不少于128萬元，則R的取值范圍是( )
A.[4,8] B.[6,10]
C.[4%,8%] D.[6%,100%]
2.若a>b，則下列不等式成立的是( )
A.ln a>ln b B.0.3a>0.3b
C.> D.>
3.(2014山東)對于函數(shù)f(x)，若存在常數(shù)a≠0，使得x取定義域內(nèi)的每一個值，都有f(x)＝f(2a－x)，則稱f(x)為準偶函數(shù).下列函數(shù)中是準偶函數(shù)的是( )
A.f(x)＝
B.f(x)＝x2
C.f(x)＝tan x
D.f(x)＝cos(x＋1)
4.設(shè)S，T是R的兩個非空子集，如果存在一個從S到T的函數(shù)y＝f(x)滿足：(1)T＝{f(x)|x∈S}；(2)對任意x1，x2∈S，當x10”的充要條件，則實數(shù)a的取值范圍是____________.
12.(2015四川)已知函數(shù)f(x)＝2x，g(x)＝x2＋ax(其中a∈R).對于不相等的實數(shù)x1，x2，設(shè) m＝，n＝.
現(xiàn)有如下命題：
①對于任意不相等的實數(shù)x1，x2，都有m＞0；
②對于任意的a及任意不相等的實數(shù)x1，x2，都有n＞0；
③對于任意的a，存在不相等的實數(shù)x1，x2，使得m＝n；
④對于任意的a，存在不相等的實數(shù)x1，x2，使得m＝－n.
其中的真命題有________(寫出所有真命題的序號).
答案精析
第11練 研創(chuàng)新——以函數(shù)為背景的創(chuàng)新題型
?？碱}型精析
例1 (1)(2，＋∞) (2)①；②x(或填①k1；②k2x，其中k1，k2為正常數(shù)均可)
解析 (1)由已知得
＝3x＋b，所以h(x)＝6x＋2b－.h(x)>g(x)恒成立，即6x＋2b－>，3x＋b>恒成立.
在同一坐標系內(nèi)，畫出直線y＝3x＋b及半圓y＝(如圖所示)，可得>2，即b>2，故答案為(2，＋∞).
(2)設(shè)A(a，f(a))，B(b，－f(b))，C(c,0)，且三點共線.
①依題意，c＝，則＝，
即＝.
因為a>0，b>0，所以化簡得＝，故可以選擇f(x)＝(x>0).
②依題意，c＝，則＝，
因為a>0，b>0，所以化簡得＝，
故可以選擇f(x)＝x(x>0).
變式訓(xùn)練1 B [因為ai＝(i＝0,1,2，…，99)，
所以a0＝0，a99＝1.
當k＝1時，f1(a0)＝0，f1(a99)＝1.
因為f1(x)＝x2在(0，＋∞)上是增函數(shù)，
所以I1＝|f1(a1)－f1(a0)|＋|f1(a2)－f1(a1)|＋…＋|f1(a99)－f1(a98)|
＝f1(a1)－f1(a0)＋f1(a2)－f1(a1)＋…＋f1(a99)－f1(a98)＝－f1(a0)＋f1(a99)＝1.
當k＝2時，f2(a0)＝f2(a99)＝0.
因為f2(x)＝2(x－x2)在上是增函數(shù)，
在上是減函數(shù)，
所以I2＝|f2(a1)－f2(a0)|＋|f2(a2)－f2(a1)|＋…＋|f2(a99)－f2(a98)|
＝f2(a1)－f2(a0)＋f2(a2)－f2(a1)＋…＋f2(a50)－f2(a49)＋f2(a50)－f2(a51)＋…＋f2(a98)－f2(a99)
＝2f2(a50)＝<1.
當k＝3時，f3(a0)＝f3(a99)＝0.
因為f3(x)的周期是T＝，
且f3(x)在上是增函數(shù)，
在上是減函數(shù)，
所以I3＝|f3(a1)－f3(a0)|＋|f3(a2)－f3(a1)|＋…＋|f3(a99)－f3(a98)|
＝[f3(a1)－f3(a0)＋f3(a2)－f3(a1)＋…＋f3(a24)－f3(a23)＋f3(a24)－f3(a25)＋…＋f3(a48)－f3(a49)]2
＝[f3(a24)＋f3(a24)－f3(a49)]2
＝>1.]
例2?、佗邰?
解析?、僖驗閒(x)∈A，所以函數(shù)f(x)的值域是R，所以滿足?b∈R，?a∈D，f(a)＝b，同時若?b∈R，?a∈D，f(a)＝b，則說明函數(shù)f(x)的值域是R，則f(x)∈A，所以正確；
②因為令f(x)＝，x∈(1,2]，
取M＝1，則f(x)?[－1,1]，
但是f(x)沒有最大值，所以錯誤；
③因為f(x)∈A，g(x)∈B且它們的定義域相同(設(shè)為[m，n])，所以存在區(qū)間[a，b]?[m，n]，使得f(x)在區(qū)間[a，b]上的值域與g(x)的值域相同，所以存在x0?[a，b]，使得f(x0)的值接近無窮，所以f(x)＋g(x)?B，所以正確；
④因為當x>－2時，函數(shù)y＝ln(x＋2)的值域是R，所以函數(shù)f(x)若有最大值，則a＝0，此時f(x)＝.
因為對?x∈R，x2＋1≥2|x|，所以－≤≤.
即-≤f(x)≤，故f(x)∈B，所以正確.
變式訓(xùn)練2?、佗?
解析 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，λa＋(1－λ)b＝(λx1＋(1－λ)x2，λy1＋(1－λ)y2).
對于①，∵f1(m)＝x－y，
∴f(λa＋(1－λ)b)＝[λx1＋(1－λ)x2]－[λy1＋(1－λ)y2]＝λ(x1－y1)＋(1－λ)(x2－y2)，
而λf(a)＋(1－λ)f(b)＝λ(x1－y1)＋(1－λ)(x2－y2)，
∴f(λa＋(1－λ)b)＝λf(a)＋(1－λ)f(b)，
∴①具有性質(zhì)P.
對于②，f2(m)＝x2＋y，設(shè)a＝(0,0)，b＝(1,2)，λa＋(1－λ)b＝(1－λ，2(1－λ))，f(λa＋(1－λ)b)＝(1－λ)2＋2(1－λ)＝λ2－4λ＋3，
而λf(a)＋(1－λ)f(b)
＝λ(02＋0)＋(1－λ)(12＋2)＝3(1－λ)，
又λ是任意實數(shù)，
∴f(λa＋(1－λ)b)≠λf(a)＋(1－λ)f(b)，
故②不具有性質(zhì)P.
對于③，f3(m)＝x＋y＋1，
f(λa＋(1－λ)b)＝[λx1＋(1－λ)x2]＋[λy1＋(1－λ)y2]＋1
＝λ(x1＋y1)＋(1－λ)(x2＋y2)＋1，
又λf(a)＋(1－λ)f(b)＝λ(x1＋y1＋1)＋(1－λ)(x2＋y2＋1)
＝λ(x1＋y1)＋(1－λ)(x2＋y2)＋λ＋(1－λ)
＝λ(x1＋y1)＋(1－λ)(x2＋y2)＋1，
∴f(λa＋(1－λ)b)＝λf(a)＋(1－λ)f(b).
∴③具有性質(zhì)P.
綜上，具有性質(zhì)P的映射的序號為①③.
高考題型精練
1.A[根據(jù)題意得，要使附加稅不少于128萬元，需160R%≥128，整理得R2－12R＋32≤0，解得4≤R≤8，即R∈[4,8].
2.D [因為a>b，而對數(shù)的真數(shù)為正數(shù)，所以ln a>ln b不一定成立；
因為y＝0.3x是減函數(shù)，又a>b，則0.3a<0.3b，故B錯；
因為y＝在(0，＋∞)是增函數(shù)，又a>b，則>不一定成立，故C錯；
y＝在(－∞，＋∞)是增函數(shù)，又a>b，則>，即>成立，選D.]
3.D [由f(x)＝f(2a－x)知f(x)的圖象關(guān)于x＝a對稱，
且a≠0，A，C中兩函數(shù)圖象無對稱軸，
B中函數(shù)圖象對稱軸只有x＝0，
而D中當a＝kπ－1(k∈Z)時，
x＝a都是y＝cos(x＋1)的圖象的對稱軸.故選D.]
4.D [對于A，取f(x)＝x＋1，滿足題意.
對于B，取f(x)＝
對于C，取f(x)＝tan[π(x－)]，滿足題意.
排除法，選D.]
5.D [特殊值法.令x＝1.5，∵[－1.5]＝－2，－[1.5]＝－1，故A錯；[21.5]＝3,2[1.5]＝2，故B錯；令x＝1.5，y＝0.5，[x＋y]＝2，[x]＋[y]＝1＋0＝1，故C錯.]
6.C [A中函數(shù)值只有兩個：0和1，正確；B中，若x是無理數(shù)，則－x也是無理數(shù)，則D(－x)＝D(x)；若x是有理數(shù)，則－x也是有理數(shù)，則D(－x)＝D(x)，所以D(x)是偶函數(shù)，正確；C中，對于任意有理數(shù)T，f(x＋T)＝f(x)(若x是無理數(shù)，則x＋T也是無理數(shù)；若x是有理數(shù)，則x＋T也是有理數(shù))，不正確；D中，取任意兩個數(shù)值x1，x2，D(x1)與D(x2)的大小不確定，故不存在單調(diào)性，正確.]
7.D [通過構(gòu)造某些特殊函數(shù)，排除不合適的選項，利用反證法證明③正確，再兩次應(yīng)用定義式證明④正確.
令f(x)＝可知對?x1，x2∈[1,3]，
都有f≤[f(x1)＋f(x2)]，
但f(x)在[1,3]上的圖象不連續(xù)，故①不正確；
令f(x)＝－x，則f(x)在[1,3]上具有性質(zhì)P，
但f(x2)＝－x2在[1，]上不具有性質(zhì)P，
因為－2＝－≥－
＝(－x－x)＝[f(x)＋f(x)]，故②不正確；
對于③，假設(shè)存在x0∈[1,3]，使得f(x0)≠1，
因為f(x)max＝f(2)＝1，x∈[1,3]，所以f(x0)<1.
又當1≤x0≤3時，有1≤4－x0≤3，
由f(x)在[1,3]上具有性質(zhì)P，得
f(2)＝f≤[f(x0)＋f(4－x0)]，
由于f(x0)<1，f(4－x0)≤1，故上式矛盾.
即對?x∈[1,3]，有f(x)＝1，故③正確.
對?x1，x2，x3，x4∈[1,3]，
f＝f
≤
≤
＝[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]，即④正確.]
8.A [對t進行分段，確定函數(shù)y＝S(t)的解析式.
由題意知，當01時，設(shè)圓弧半徑為r，甲從B沿圓弧移動到C后停止，乙在A點不動，則此時S(t)＝12sin ＋r3(t－1)＝t＋，此段圖象為直線，當甲移動至C點后，甲、乙均不再移動，面積不再增加，選項B中開始一段函數(shù)圖象不對，選項C中后兩段圖象不對，選項D中前兩段函數(shù)圖象不對，故選A.]
9.
解析 由新定義可知，f(x)＝
作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示.
由圖可知，當00，
且x2＋x3＝2＝1，
∴x2x3<.
令解得x＝.
∴1，所以f(x)開口向下，所以f(x)>0的解集為，且0<<1.結(jié)合數(shù)軸分析知－4≤<－3，即3a－3
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