1、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.体验高考1.(2015湖北)已知符号函数 sgn x1，x0，0，x0，1，x1)，则()A.sgng(x)sgn xB.sgng(x)sgnf(x)C.sgng(x)sgn xD.sgng(x)sgnf(x)答案 C解析 因为 f(x)是 R 上的增函数，令 f(x)x，所以 g(x
2、)(1a)x，因为 a1，所以 g(x)是在R 上的减函数.由符号函数 sgn x1，x0，0，x0，1，x0知，sgng(x)1，x0，0，x0，1，x0.所以 sgng(x)sgn x.2.(2016山东)若函数 yf(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称 yf(x)具有 T 性质.下列函数中具有 T 性质的是()A.ysin xB.yln xC.yexD.yx3答案 A解析 对函数 ysin x 求导，得 ycos x，当 x0 时，该点处切线 l1 的斜率 k11，当 x 时，该点处切线 l2 的斜率 k21，k1k21，l1l2；对函数 yln x 求导
3、，得 y1x恒大于 0，斜率之积不可能为1；对函数 yex 求导，得 yex 恒大于 0，斜率之积不可能为1；对函数 yx3 求导，得 y2x2 恒大于等于 0，斜率之积不可能为1.故选 A.3.(2015四川)已知函数 f(x)2x，g(x)x2ax(其中 aR).对于不相等的实数 x1，x2，设 mfx1fx2x1x2，ngx1gx2x1x2，现有如下命题：对于任意不相等的实数 x1，x2，都有 m0；对于任意的 a 及任意不相等的实数 x1，x2，都有 n0；对于任意的 a，存在不相等的实数 x1，x2，使得 mn；对于任意的 a，存在不相等的实数 x1，x2，使得 mn.其中的真命题有
4、_(写出所有真命题的序号).答案 解析 设 A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)，C(x1，g(x1)，D(x2，g(x2).对于，从 y2x 的图象可看出，mkAB0 恒成立，故正确；对于，直线 CD 的斜率可为负，即 n0，故不正确；对于，由 mn 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)2xx2ax，则 h(x)2xln 22xa.由 h(x)0，得 2xln 22xa，(*)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(
5、x2)g(x2)，不一定存在 x1，x2 使得mn，故不正确；对于，由 mn，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)2xx2ax，则 F(x)2xln 22xa.由 F(x)0，得 2xln 22xa，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)，使 mn，故正确.故正确.4.(2015福建)一个二元码是由 0 和 1 组成的数字串 x1x2xn(nN*)，其中 xk(k1，2，n)称为第 k 位码元.二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误
6、(即码元由 0 变为 1，或者由 1 变为 0).已知某种二元码 x1x2x7 的码元满足如下校验方程组：x4x5x6x70，x2x3x6x70，x1x3x5x70，其中运算定义为 000，011，101，110.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第 k 位发生码元错误后变成了 1101101，那么利用上述校验方程组可判定 k 等于_.答案 5解析(1)x4x5x6x711011，(2)x2x3x6x710010；(3)x1x3x5x710111.由(1)(3)知 x5，x7 有一个错误，(2)中没有错误，x5错误，故 k 等于 5.5.(2016四川)在平面直角坐标系中，当 P(x，y)不
7、是原点时，定义 P 的“伴随点”为Pyx2y2，xx2y2；当 P 是原点时，定义 P 的“伴随点”为它自身，平面曲线 C 上所有点的“伴随点”所构成的曲线 C定义为曲线 C 的“伴随曲线”.现有下列命题：若点 A 的“伴随点”是点 A，则点 A的“伴随点”是点 A；单位圆的“伴随曲线”是它自身；若曲线 C 关于 x 轴对称，则其“伴随曲线”C关于 y 轴对称；一条直线的“伴随曲线”是一条直线.其中的真命题是_(写出所有真命题的序号).答案 解析 设 A 的坐标为(x，y)，则其“伴随点”为 Ayx2y2，xx2y2，A的“伴随点”横坐标为xx2y2yx2y2 2xx2y22x，同理可得纵坐标
8、为y，故 A(x，y)，错误；设单位圆上的点 P 的坐标为(cos，sin)，则 P 的“伴随点”的坐标为 P(sin，cos)，则有 sin2(cos)21，所以 P也在单位圆上，即单位圆的“伴随曲线”是它自身，正确；设曲线 C 上点 A 的坐标为(x，y)，其关于 x 轴的对称点 A1(x，y)也在曲线 C 上，所以点A 的“伴随点”Ayx2y2，xx2y2，点 A1 的“伴随点”A1yx2y2，xx2y2，A与 A1关于 y 轴对称，正确；反例：例如 y1 这条直线，则 A(0，1)，B(1，1)，C(2，1)，这三个点的“伴随点”分别是 A(1，0)，B12，12，C15，25，而这三
9、个点不在同一直线上，下面给出严格证明：设点 P(x，y)在直线 l：AxByC0 上，P 点的“伴随点”为 P(x0，y0)，则x0yx2y2，y0 xx2y2，解得x y0 x20y20，yx0 x20y20.代入直线方程可知，A y0 x20y20Bx0 x20y20C0，化简得Ay0Bx0C(x20y20)0.当 C0 时，C(x20y20)是一个常数，点 P的轨迹是一条直线；当 C0 时，C(x20y20)不是一个常数，点 P的轨迹不是一条直线.所以，一条直线的“伴随曲线”不一定是一条直线，错误.综上，真命题是.高考必会题型题型一 与新定义有关的创新题型例 1 已知函数 yf(x)(x
10、R).对函数 yg(x)(xI)，定义 g(x)关于 f(x)的“对称函数”为函数 yh(x)(xI)，yh(x)满足：对任意 xI，两个点(x，h(x)，(x，g(x)关于点(x，f(x)对称.若 h(x)是 g(x)4x2关于 f(x)3xb 的“对称函数”，且 h(x)g(x)恒成立，则实数 b 的取值范围是_.答案(2 10，)解析 由已知得hx 4x223xb，所以 h(x)6x2b 4x2.h(x)g(x)恒成立，即 6x2b 4x24x2，3xb 4x2恒成立.在同一坐标系内，画出直线 y3xb 及半圆 y 4x2(如图所示)，可得 b102，即 b2 10，故答案为(2 10，
11、).点评 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 若函数 yf(x)在定义域内给定区间a，b上存在 x0(ax0b)，满足 f(x0)fbfaba，则称函数 yf(x)是a，b上的“平均值函数”，x0 是它的一个均值点.例如 y|x|是2，2上的“平均值函数”，0 就是它的均值点.若函数 f(x)x2mx1 是1，1上的“平均值函数”，则实数 m 的取值范围是_.答案(0，2)解析 因为函数 f(x)x2mx1 是1，1上的“平均值函数”，所以关于 x 的方程 x2mx1f1f12在区间(1，1)内有实数根，即 x2mx1m 在区间(1，1
12、)内有实数根，即 x2mxm10，解得 xm1 或 x1.又 1 不属于(1，1)，所以 xm1 必为均值点，即1m11，即 0m2，所以实数 m 的取值范围是(0，2).题型二 综合型函数创新题例 2 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(x)组成的集合：对于函数(x)，存在一个正数 M，使得函数(x)的值域包含于区间M，M.例如，当 1(x)x3，2(x)sin x 时，1(x)A，2(x)B.现有如下命题：设函数 f(x)的定义域为 D，则“f(x)A”的充要条件是“bR，aD，f(a)b”；函数 f(x)B 的充要条件是 f(x)有最大值和最小值；若函数
13、 f(x)，g(x)的定义域相同，且 f(x)A，g(x)B，则 f(x)g(x)B；若函数 f(x)aln(x2)xx21(x2，aR)有最大值，则 f(x)B.其中的真命题是_.(写出所有真命题的序号)答案 解析 因为 f(x)A，所以函数 f(x)的值域是 R，所以满足bR，aD，f(a)b，同时若bR，aD，f(a)b，则说明函数 f(x)的值域是 R，则 f(x)A，所以正确；令 f(x)1x，x(1，2，取 M1，则 f(x)1，1，但是 f(x)没有最大值，所以错误；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，bm，n，使得 f(x)在区间a，
14、b上的值域与 g(x)的值域相同，所以存在x0a，b，使得 f(x0)的值接近无穷，所以 f(x)g(x)B，所以正确；因为当 x2 时，函数 yln(x2)的值域是 R，所以函数 f(x)若有最大值，则 a0，此时 f(x)xx21.因为对xR，x212|x|，所以12xx2112.即12f(x)12，故 f(x)B，所以正确.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 如果 yf(x)的定义域为 R，对于定义域内的任意 x，存在实数
15、a 使得 f(xa)f(x)成立，则称此函数具有“P(a)性质”.给出下列命题：函数 ysin x 具有“P(a)性质”；若奇函数 yf(x)具有“P(2)性质”，且 f(1)1，则 f(2 015)1；若函数 yf(x)具有“P(4)性质”，图象关于点(1，0)成中心对称，且在(1，0)上单调递减，则 yf(x)在(2，1)上单调递减，在(1，2)上单调递增；若不恒为零的函数 yf(x)同时具有“P(0)性质”和“P(3)性质”，则函数 yf(x)是周期函数.其中正确的是_(写出所有正确命题的编号).答案 解析 因为 sin(x)sin xsin(x)，所以函数 ysin x 具有“P(a)
16、性质”，所以正确；因为奇函数 yf(x)具有“P(2)性质”，所以 f(x2)f(x)f(x)，所以 f(x4)f(x)，周期为 4，因为 f(1)1，所以 f(2 015)f(3)f(1)1.所以不正确；因为函数 yf(x)具有“P(4)性质”，所以 f(x4)f(x)，所以 f(x)的图象关于直线 x2 对称，即 f(2x)f(2x)，因为图象关于点(1，0)成中心对称，所以 f(2x)f(x)，即 f(2x)f(x)，所以得出 f(x)f(x)，f(x)为偶函数，因为图象关于点(1，0)成中心对称，且在(1，0)上单调递减，所以图象也关于点(1，0)成中心对称，且在(2，1)上单调递减；
17、根据偶函数的对称性得出在(1，2)上单调递增，故正确；因为具有“P(0)性质”和“P(3)性质”，所以 f(x)f(x)，f(x3)f(x)f(x)，所以 f(x)为偶函数，且周期为 3，故正确.高考题型精练1.对于函数 f(x)，若存在常数 a0，使得 x 取定义域内的每一个值，都有 f(x)f(2ax)，则称 f(x)为准偶函数，下列函数中是准偶函数的是()A.f(x)cos(x1)B.f(x)xC.f(x)tan xD.f(x)x3答案 A解析 由题意知，若 f(x)是准偶函数，则函数的对称轴是直线 xa，a0，选项 B，C，D中，函数没有对称轴；函数 f(x)cos(x1)，有对称轴，
18、且 x0 不是对称轴，选项 A 正确.故选 A.2.设 f(x)的定义域为 D，若 f(x)满足条件：存在a，bD，使 f(x)在a，b上的值域是a2，b2，则称 f(x)为“倍缩函数”.若函数 f(x)ln(ext)为“倍缩函数”，则 t 的范围是()A.14，B.(0，1)C.0，12D.0，14答案 D解析 因为函数 f(x)ln(ext)为“倍缩函数”，所以存在a，bD，使 f(x)在a，b上的值域是a2，b2，因为函数 f(x)ln(ext)为增函数，所以lneata2，lnebtb2，即eate 2a，ebte 2b，即方程 exe 2xt0 有两个不等的正根，即124t0，t0，
19、解得 t 的范围是0，14.3.设函数 yf(x)的定义域为 D，若对于任意 x1，x2D 且 x1x22a，恒有 f(x1)f(x2)2b，则称点(a，b)为函数 yf(x)图象的对称中心.研究并利用函数 f(x)x33x2sin x 的对称中心，可得 f(12 016)f(22 016)f(4 0302 016)f(4 0312 016)等于()A.16 124B.16 124C.8 062D.8 062答案 C解析 如果 x1x22，则 f(x1)f(x2)x313x21sin x1x323x22sin x2x313x21sin x1(2x1)33(2x1)2sin(2x1)4.令 Sf
20、(12 016)f(22 016)f(4 0302 016)f(4 0312 016)，又 Sf(4 0312 016)f(4 0302 016)f(12 016)，两式相加得 2S44 031，所以 S8 062.故选 C.4.函数 f(x)在a，b上有定义，若对任意 x1，x2a，b，有 fx1x2212f(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：f(x)在1，3上的图象是连续不断的；f(x2)在1，3 上具有性质 P；若 f(x)在 x2 处取得最大值 1，则 f(x)1，x1，3；对任意 x1，x2，x3，x41，3，有
21、 fx1x2x3x4414f(x1)f(x2)f(x3)f(x4).其中真命题的序号是()A.B.C.D.答案 D解析 令 f(x)1，x1，0，1x3，1，x3，可知对x1，x21，3，都有 fx1x2212f(x1)f(x2)，但 f(x)在1，3上的图象不连续，故不正确；令 f(x)x，则 f(x)在1，3上具有性质 P，但 f(x2)x2 在1，3 上不具有性质 P，因为x1x222x21x222x1x242x21x22412(x21x22)12f(x21)f(x22)，故不正确；对于，假设存在 x01，3，使得 f(x0)1，因为 f(x)maxf(2)1，x1，3，所以 f(x0)
22、1.又当 1x03 时，有 14x03，由 f(x)在1，3上具有性质 P，得f(2)fx04x0212f(x0)f(4x0)，由于 f(x0)1，f(4x0)1，与上式矛盾.即对x1，3，有 f(x)1，故正确.对于，对x1，x2，x3，x41，3，fx1x2x3x44fx1x22x3x42212fx1x22fx3x421212fx1fx212fx3fx414f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)，故正确.5.已知函数 f(x)1|2x1|，x0，1.定义：f1(x)f(x)，f2(x)ff1(x)，fn(x)ffn1(x)，n2，3，4，满足 fn(x)x 的点 x0，1称为 f(x)的
23、 n 阶不动点.则 f(x)的 n 阶不动点的个数是()A.nB.2n2C.2(2n1)D.2n答案 D解析 函数 f(x)1|2x1|2x，0 x12，22x，12x1，当 x0，12 时，f1(x)2xxx0，当 x12，1 时，f1(x)22xxx23，f1(x)的 1 阶不动点的个数为 2.当 x0，14 时，f1(x)2x，f2(x)4xxx0，当 x14，12 时，f1(x)2x，f2(x)24xxx25，当 x12，34 时，f1(x)22x，f2(x)4x2xx23，当 x34，1 时，f1(x)22x，f2(x)44xxx45.f2(x)的 2 阶不动点的个数为 22，以此类
24、推，f(x)的 n 阶不动点的个数是 2n.6.若集合 A1，2，3，k，B4，7，a4，a23a，其中 aN*，kN*，f：xy3x1，xA，yB 是从定义域 A 到值域 B 的一个函数，则 ak_.答案 7解析 由对应法则知 14，27，310，k3k1，又 aN*，a410，a23a10，解得 a2(舍去 a5)，所以 a416，于是 3k116，k5.ak7.7.如果定义在 R 上的函数 f(x)，对任意两个不相等的实数 x1，x2，都有 x1f(x1)x2f(x2)x1f(x2)x2f(x1)，则称函数 f(x)为“H 函数”.给出下列函数：yx2；yex1；y2xsin x；f(x
25、)ln|x|，x0，0，x0.以上函数是“H 函数”的所有序号为_.答案 解析 由已知 x1f(x1)x2f(x2)x1f(x2)x2f(x1)得(x1x2)f(x1)f(x2)0，所以函数 f(x)在 R上是增函数.对于，yx2 在(，0)上为减函数，在(0，)上为增函数，其不是“H 函数”；对于，yex1 在 R 上为增函数，所以其为“H 函数”；对于，由于 y2cos x0 恒成立，所以 y2xsin x 是增函数，所以其为“H 函数”；对于，由于其为偶函数，所以其不可能在 R 上是增函数，所以不是“H 函数”.综上知，是“H 函数”的序号为.8.已知二次函数 f(x)的两个零点分别为
26、b1a，b1a(0b0”的充要条件，则实数 a 的取值范围是_.答案(1，2)解析 由条件可得 f(x)(1a2)(x b1a)(x b1a)，结合xA，cardAZ4 知 a1，所以 f(x)开口向下，所以 f(x)0 的解集为b1a，b1a，且 0 b1a1.结合数轴分析，知4 b1a3，即 3a3b4a4，又 0ba1，所以 3a3ba1，得 1a2.9.设 f(x)是定义在(0，)上的函数，且 f(x)0，对任意 a0，b0，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
27、)1(x0)时，可得 Mf(a，b)cab2，即 Mf(a，b)为 a，b 的算术平均数.(1)当 f(x)_(x0)时，Mf(a，b)为 a，b 的几何平均数；(2)当 f(x)_(x0)时，Mf(a，b)为 a，b 的调和平均数 2abab.(以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)答案(1)x(2)x解析 设 A(a，f(a)，B(b，f(b)，C(c，0)，则三点共线.(1)依题意，c ab，则求得faafbb，故可以选择 f(x)x(x0).(2)依题意，c 2abab，求得faa fbb，故可以选择 f(x)x(x0).10.对于函数 f(x)，若存在区间 Ma，b(其中 ab)
28、，使得y|yf(x)，xMM，则称区间M 为函数 f(x)的一个“稳定区间”.给出下列 4 个函数：f(x)(x1)2；f(x)|2x1|；f(x)cos 2x；f(x)ex.其中存在“稳定区间”的函数是_.(填出所有满足条件的函数序号)答案 解析 据已知定义，所谓的“稳定区间”即函数在区间a，b内的定义域与值域相等.问题可转化为已知函数 yf(x)的图象与直线 yx 是否相交，若相交则两交点所在区间即为函数的“稳定区间”.数形结合依次判断，均符合条件，而不符合条件.综上可知，均为存在“稳定区间”的函数.11.若函数 f(x)在定义域 D 内的某个区间 I 上是增函数，且 F(x)fxx 在
29、I 上是减函数，则称 yf(x)在 I 上是“非完美增函数”.已知 f(x)ln x，g(x)2x2xaln x(aR).(1)判断 f(x)在(0，1上是否为“非完美增函数”；(2)若 g(x)在1，)上是“非完美增函数”，求实数 a 的取值范围.解(1)易知 f(x)1x0 在(0，1上恒成立，所以 f(x)ln x 在(0，1上是增函数.F(x)fxx ln xx，求导得 F(x)1ln xx2，因为 x(0，1，所以 ln x0，即 F(x)0 在(0，1上恒成立，所以 F(x)ln xx 在(0，1上是增函数.由题意知，f(x)在(0，1上不是“非完美增函数”.(2)若 g(x)2x
30、2xaln x(aR)在1，)上是“非完美增函数”，则 g(x)2x2xaln x在1，)上单调递增，G(x)gxx 22x2aln xx 在1，)上单调递减.若 g(x)在1，)上单调递增，则 g(x)22x2ax0 在1，)上恒成立，即 a2x2x 在1，)上恒成立.令 h(x)2x2x，x1，)，因为 h(x)2x220 恒成立，所以 h(x)在1，)上单调递减，h(x)maxh(1)0，所以 a0.若 G(x)在1，)上单调递减，则 G(x)4x3a1ln xx20 在1，)上恒成立，即4axaxln x0 在1，)上恒成立.令 t(x)4axaxln x，x1，)，因为 t(x)al
31、n x，由知 a0，所以 t(x)0 恒成立，所以 t(x)4axaxln x 在1，)上单调递减，则 t(x)maxt(1)a4.要使 t(x)4axaxln x0 在1，)上恒成立，则 a40，即 a4，此时 G(x)4x3a1ln xx20 在1，)上恒成立.综合知，实数 a 的取值范围为0，4.12.已知函数 f(x)axln x，g(x)ex.(1)当 a0 时，求 f(x)的单调区间；(2)若不等式 g(x)xmx 有解，求实数 m 的取值范围；(3)定义：对于函数 yf(x)和 yg(x)在其公共定义域内的任意实数 x0，称|f(x0)g(x0)|的值为两函数在 x0 处的差值.
32、证明：当 a0 时，函数 yf(x)和 yg(x)在其公共定义域内的所有差值都大于 2.(1)解 f(x)的定义域是(0，)，f(x)a1x(x0).当 a0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；当 a0 时，由 f(x)0，解得 x1a，则当 x(0，1a)时，f(x)0，f(x)单调递增，当 x(1a，)时，f(x)0，f(x)单调递减.综上，当 a0 时，f(x)在(0，)上单调递增；当 a0 时，f(x)在(0，1a)上单调递增，在(1a，)上单调递减.(2)解 由题意：exxmx 有解，即 ex xxm 有解，因此只需 mxex x，x(0，)有解即可.设 h(x)xex
33、x，h(x)1ex x ex2 x1ex(x 12 x).x 12 x212 21，且 x(0，)时 ex1，1ex(x 12 x)0，即 h(x)0，故 h(x)在(0，)上单调递减.h(x)h(0)0，故 m0.(3)证明 当 a0 时，f(x)ln x，f(x)与 g(x)的公共定义域为(0，)，|f(x)g(x)|ln xex|exln xexx(ln xx).设 m(x)exx0，则 m(x)ex10，x(0，)，m(x)在(0，)上单调递增，m(x)m(0)1.又设 n(x)ln xx，x(0，)，n(x)1x1，当 x(0，1)时，n(x)0，n(x)单调递增，当 x(1，)时，n(x)0，n(x)单调递减，所以 x1 为 n(x)的极大值点，即 n(x)n(1)1，故|f(x)g(x)|m(x)n(x)1(1)2.即公共定义域内任一点差值都大于 2.
