全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题3第11练研创新_以函数为背景的创新题型理

第11练　研创新——以函数为背景的创新题型[题型分析·高考展望]　在近几年的高考命题中，以函数为背景的创新题型时有出现.主要以新定义、新运算或新规定等形式给出问题，通过判断、运算解决新问题.这种题难度一般为中档，多出现在选择题、填空题中，考查频率虽然不是很高，但失分率较高.通过研究命题特点及应对策略，可以做到有备无患.常考题型精析题型一　与新定义有关的创新题型例1　(1)(2022·山东)已知函数y＝f(x)(x∈R)，对函数y＝g(x)(x∈I)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)满足：对任意x∈I，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x))对称.若h(x)是g(x)＝关于f(x)＝3x＋b的“对称函数”，且h(x)>g(x)恒成立，则实数b的取值范围是________.(2)(2022·湖北)设f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且f(x)>0.对任意a>0，b>0，若经过点(a，f(a))，(b，－f(b))的直线与x轴的交点为(c,0)，则称c为a，b关于函数f(x)的平均数，记为Mf(a，b).例如，当f(x)＝1(x>0)时，可得Mf(a，b)＝c＝，即Mf(a，b)为a，b的算术平均数.①当f(x)＝________(x>0)时，Mf(a，b)为a，b的几何平均数；②当f(x)＝________(x>0)时，Mf(a，b)为a，b的调和平均数.点评　在(1)(2)两个题目中都出现了一个新定义，即“对称函数”和“平均数”，解答这类题目关键在于解读新定义，利用定义的规定去判断和求解是这类题目的主要解法.变式训练1　(2022·浙江)设函数f1(x)＝x2，f2(x)＝2(x－x2)，f3(x)＝|sin2πx|，ai＝，i＝0,1,2，…，99.记Ik＝|fk(a1)－fk(a0)|＋|fk(a2)－fk(a1)|＋…＋|fk(a99)－fk(a98)|，k＝1,2,3.则(　　)A.I1<I2<I3B.I2<I1<I3C.I1<I3<I2D.I3<I2<I1题型二　综合型函数创新题例2　(2022·四川)以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合：对于函数φ(x)，存在一个正数M，使得函数φ(x)的值域包含于区间[－M，M].例如，当φ1(x)＝x3，φ2(x)＝sinx时，φ1(x)∈A，φ2(x)∈B.现有如下命题：11\n①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)∈A”的充要条件是“∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b”；②函数f(x)∈B的充要条件是f(x)有最大值和最小值；③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)∈A，g(x)∈B，则f(x)＋g(x)∉B；④若函数f(x)＝aln(x＋2)＋(x>－2，a∈R)有最大值，则f(x)∈B.其中的真命题有________.(写出所有真命题的序号)点评　此类题目包含了与函数有关的较多的概念、性质及对基本问题的处理方法.解答这类题目，一是要细心，读题看清要求；二是要熟练掌握函数的基本性质及其判断应用的方法，掌握基本函数的图象与性质等.变式训练2　设V是全体平面向量构成的集合.若映射f：V→R满足：对任意向量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)，则称映射f具有性质P，现给出如下映射：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，具有性质P的映射的序号为________.(写出所有具有性质P的映射的序号)高考题型精练1.(2022·潍坊模拟)某城市对一种售价为每件160元的商品征收附加税，税率为R%(即每销售100元征税R元)，若年销售量为万件，要使附加税不少于128万元，则R的取值范围是(　　)A.[4,8]B.[6,10]C.[4%,8%]D.[6%,100%]2.若a>b，则下列不等式成立的是(　　)A.lna>lnbB.0.3a>0.3bC.>D.>3.(2022·山东)对于函数f(x)，若存在常数a≠0，使得x取定义域内的每一个值，都有f(x)＝f(2a－x)，则称f(x)为准偶函数.下列函数中是准偶函数的是(　　)A.f(x)＝B.f(x)＝x2C.f(x)＝tanx11\nD.f(x)＝cos(x＋1)4.设S，T是R的两个非空子集，如果存在一个从S到T的函数y＝f(x)满足：(1)T＝{f(x)|x∈S}；(2)对任意x1，x2∈S，当x1<x2时，恒有f(x1)<f(x2).那么称这两个集合“保序同构”.以下集合对不是“保序同构”的是(　　)A.A＝N*，B＝NB.A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|x＝－8或0<x≤10}C.A＝{x|0<x<1}，B＝RD.A＝Z，B＝Q5.设[x]表示不大于x的最大整数，则对任意实数x，y有(　　)A.[－x]＝－[x]B.[2x]＝2[x]C.[x＋y]≤[x]＋[y]D.[x－y]≤[x]－[y]6.设函数D(x)＝则下列结论错误的是(　　)A.D(x)的值域为{0,1}B.D(x)是偶函数C.D(x)不是周期函数D.D(x)不是单调函数7.函数f(x)在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有f≤[f(x1)＋f(x2)]，则称f(x)在[a，b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质P，现给出如下命题：①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的；②f(x2)在[1，]上具有性质P；③若f(x)在x＝2处取得最大值1，则f(x)＝1，x∈[1,3]；④对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有f≤[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)].其中真命题的序号是(　　)A.①②B.①③C.②④D.③④8.如图所示，|OA|＝2(单位：m)，|OB|＝1(单位：m)，OA与OB的夹角为，以A为圆心，11\nAB为半径作圆弧与线段OA延长线交于点C.甲、乙两质点同时从点O出发，甲先以速率1(单位：m/s)沿线段OB行至点B，再以速率3(单位：m/s)沿圆弧行至点C后停止；乙以速率2(单位：m/s)沿线段OA行至点A后停止.设t时刻甲、乙所到达的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为S(t)(S(0)＝0)，则函数y＝S(t)的图象大致是(　　)9.对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝设f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且关于x的方程为f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是______.10.设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1,1]上，f(x)＝其中a，b∈R.若f＝f，则a＋3b的值为________.11.已知二次函数f(x)的两个零点分别为，(0<b<a＋1)，f(0)＝b2.定义card(A)：集合A中的元素个数，若“”是“f(x)>0”的充要条件，则实数a的取值范围是____________.12.(2022·四川)已知函数f(x)＝2x，g(x)＝x2＋ax(其中a∈R).对于不相等的实数x1，x2，设m＝，n＝.现有如下命题：①对于任意不相等的实数x1，x2，都有m＞0；②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n＞0；③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n.其中的真命题有________(写出所有真命题的序号).11\n答案精析第11练　研创新——以函数为背景的创新题型常考题型精析例1　(1)(2，＋∞)　(2)①；②x(或填①k1；②k2x，其中k1，k2为正常数均可)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.在同一坐标系内，画出直线y＝3x＋b及半圆y＝(如图所示)，可得>2，即b>2，故答案为(2，＋∞).(2)设A(a，f(a))，B(b，－f(b))，C(c,0)，且三点共线.①依题意，c＝，则＝，即＝.因为a>0，b>0，所以化简得＝，故可以选择f(x)＝(x>0).②依题意，c＝，则＝，因为a>0，b>0，所以化简得＝，故可以选择f(x)＝x(x>0).变式训练1　B[因为ai＝(i＝0,1,2，…，99)，所以a0＝0，a99＝1.当k＝1时，f1(a0)＝0，f1(a99)＝1.因为f1(x)＝x2在(0，＋∞)上是增函数，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.当k＝2时，f2(a0)＝f2(a99)＝0.11\n因为f2(x)＝2(x－x2)在上是增函数，在上是减函数，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.当k＝3时，f3(a0)＝f3(a99)＝0.因为f3(x)的周期是T＝，且f3(x)在上是增函数，在上是减函数，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2　①③④解析　①因为f(x)∈A，所以函数f(x)的值域是R，所以满足∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b，同时若∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b，则说明函数f(x)的值域是R，则f(x)∈A，所以正确；②因为令f(x)＝，x∈(1,2]，取M＝1，则f(x)⊆[－1,1]，但是f(x)没有最大值，所以错误；③因为f(x)∈A，g(x)∈B且它们的定义域相同(设为[m，n])，所以存在区间[a，b]⊆[m，n]，使得f(x)在区间[a，b]上的值域与g(x)的值域相同，所以存在x0∉[a，b]，使得f(x0)的值接近无穷，所以f(x)＋g(x)∉B，所以正确；④因为当x>－2时，函数y＝ln(x＋2)的值域是R，所以函数f(x)若有最大值，则a＝0，此时f(x)＝.11\n因为对∀x∈R，x2＋1≥2|x|，所以－≤≤.即-≤f(x)≤，故f(x)∈B，所以正确.变式训练2　①③解析　a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，λa＋(1－λ)b＝(λx1＋(1－λ)x2，λy1＋(1－λ)y2).对于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具有性质P.对于②，f2(m)＝x2＋y，设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是任意实数，∴f(λa＋(1－λ)b)≠λf(a)＋(1－λ)f(b)，故②不具有性质P.对于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具有性质P.综上，具有性质P的映射的序号为①③.高考题型精练1.A[根据题意得，要使附加税不少于128万元，需×160×R%≥128，整理得R2－12R＋32≤0，解得4≤R≤8，即R∈[4,8].2.D[因为a>b，而对数的真数为正数，所以lna>lnb不一定成立；因为y＝0.3x是减函数，又a>b，则0.3a<0.3b，故B错；11\n因为y＝在(0，＋∞)是增函数，又a>b，则>不一定成立，故C错；y＝在(－∞，＋∞)是增函数，又a>b，则>，即>成立，选D.]3.D[由f(x)＝f(2a－x)知f(x)的图象关于x＝a对称，且a≠0，A，C中两函数图象无对称轴，B中函数图象对称轴只有x＝0，而D中当a＝kπ－1(k∈Z)时，x＝a都是y＝cos(x＋1)的图象的对称轴.故选D.]4.D[对于A，取f(x)＝x＋1，满足题意.对于B，取f(x)＝对于C，取f(x)＝tan[π(x－)]，满足题意.排除法，选D.]5.D[特殊值法.令x＝1.5，∵[－1.5]＝－2，－[1.5]＝－1，故A错；[2×1.5]＝3,2[1.5]＝2，故B错；令x＝1.5，y＝0.5，[x＋y]＝2，[x]＋[y]＝1＋0＝1，故C错.]6.C[A中函数值只有两个：0和1，正确；B中，若x是无理数，则－x也是无理数，则D(－x)＝D(x)；若x是有理数，则－x也是有理数，则D(－x)＝D(x)，所以D(x)是偶函数，正确；C中，对于任意有理数T，f(x＋T)＝f(x)(若x是无理数，则x＋T也是无理数；若x是有理数，则x＋T也是有理数)，不正确；D中，取任意两个数值x1，x2，D(x1)与D(x2)的大小不确定，故不存在单调性，正确.]7.D[通过构造某些特殊函数，排除不合适的选项，利用反证法证明③正确，再两次应用定义式证明④正确.令f(x)＝可知对∀x1，x2∈[1,3]，都有f≤[f(x1)＋f(x2)]，但f(x)在[1,3]上的图象不连续，故①不正确；令f(x)＝－x，则f(x)在[1,3]上具有性质P，但f(x2)＝－x2在[1，]上不具有性质P，因为－2＝－≥－＝(－x－x)＝[f(x)＋f(x)]，故②不正确；对于③，假设存在x0∈[1,3]，使得f(x0)≠1，因为f(x)max＝f(2)＝1，x∈[1,3]，所以f(x0)<1.又当1≤x0≤3时，有1≤4－x0≤3，11\n由f(x)在[1,3]上具有性质P，得f(2)＝f≤[f(x0)＋f(4－x0)]，由于f(x0)<1，f(4－x0)≤1，故上式矛盾.即对∀x∈[1,3]，有f(x)＝1，故③正确.对∀x1，x2，x3，x4∈[1,3]，f＝f≤≤＝[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]，即④正确.]8.A[对t进行分段，确定函数y＝S(t)的解析式.由题意知，当0<t≤1时，甲从O向B移动，乙从O向A移动，则t时刻，|OB|＝t，|OA|＝2t，此时S(t)＝·|OB|·|OA|sin＝t2，此段图象为抛物线；当t>1时，设圆弧半径为r，甲从B沿圆弧移动到C后停止，乙在A点不动，则此时S(t)＝×1×2·sin＋·r·3(t－1)＝t＋，此段图象为直线，当甲移动至C点后，甲、乙均不再移动，面积不再增加，选项B中开始一段函数图象不对，选项C中后两段图象不对，选项D中前两段函数图象不对，故选A.]9.解析　由新定义可知，f(x)＝作出函数f(x)的图象，如图所示.由图可知，当0<m<时，f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3.11\n不妨设x1<x2<x3，易知x2>0，且x2＋x3＝2×＝1，∴x2x3<.令解得x＝.∴<x1<0，∴<x1x2x3<0.10.－10解析　因为f(x)的周期为2，所以f＝f＝f，即f＝f.又因为f＝－a＋1，f＝＝，所以－a＋1＝.整理，得a＝－(b＋1).①又因为f(－1)＝f(1)，所以－a＋1＝，即b＝－2a.②将②代入①，得a＝2，b＝－4.所以a＋3b＝2＋3×(－4)＝－10.11.(1,2)解析　由条件可得f(x)＝(1－a2)(x－)(x－)，结合知a>1，所以f(x)开口向下，所以f(x)>0的解集为，且0<<1.结合数轴分析知－4≤<－3，即3a－3<b≤4a－4，又0<b<a＋1，所以3a－3<b<a＋1，得1<a<2.12.①④解析　设A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，C(x1，g(x1))，D(x2，g(x2))，对于①：从y＝2x的图象可看出，m＝kAB＞0恒成立，故正确；11\n对于②：直线CD的斜率可为负，即n＜0，故不正确；对于③：由m＝n得f(x1)－f(x2)＝g(x1)－g(x2)，即f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)，令h(x)＝f(x)－g(x)＝2x－x2－ax，则h′(x)＝2x·ln2－2x－a，由h′(x)＝0，得2x·ln2＝2x＋a，(*)结合图象知，当a很小时，方程(*)无解，∴函数h(x)不一定有极值点，就不一定存在x1，x2使f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)，不一定存在x1，x2使得m＝n；对于④：由m＝－n，得f(x1)－f(x2)＝g(x2)－g(x1)，即f(x1)＋g(x1)＝f(x2)＋g(x2)，令F(x)＝f(x)＋g(x)＝2x＋x2＋ax，则F′(x)＝2xln2＋2x＋a，由F′(x)＝0，得2xln2＝－2x－a，结合如图所示图象可知，该方程有解，即F(x)必有极值点，∴存在x1，x2使F(x1)＝F(x2)，得m＝－n.故①④正确.11