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.docx

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.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yf(x)(xR)，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)

2、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_.(2)(2022湖北)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)1(x0)时，可得Mf(a，b)c，即Mf(a，b)为a，b的算术平均数.当f(x)_(x0)时，Mf(a，b)为a，b的几何平均数；当f(x)_(x0)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

3、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(xx2)，f3(x)|sin 2x|，ai，i0,1,2，99.记Ik|fk(a1)fk(a0)|fk(a2)fk(a1)|fk(a99)fk(a98)|，k1,2,3.则()A.I1I2I3 B.I2I1I3C.I1I3I2 D.I3I22，aR)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

4、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：VR满足：对任意向量a(x1，y1)V，b(x2，y2)V，以及任意R，均有f(a(1)b)f(a)(1)f(b)，则称映射f具有性质P，现给出如下映射：f1：VR，f1(m)xy，m(x，y)V；f2：VR，f2(m)x2y，m(x，y)V；f3：VR，f3(m)xy1，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

5、128万元，则R的取值范围是()A.4,8 B.6,10C.4%,8% D.6%,100%2.若ab，则下列不等式成立的是()A.ln aln b B.0.3a0.3bC. D.3.(2022山东)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)B.f(x)x2C.f(x)tan xD.f(x)cos(x1)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yf(x)满足：(1)Tf(x)|xS；(2)对任意x1，x2S，当x1x2时，恒有f(x1)f(x2).那么称这两个集合“保序

6、同构”.以下集合对不是“保序同构”的是()A.AN*，BNB.Ax|1x3，Bx|x8或0x10C.Ax|0x1，BRD.AZ，BQ5.设x表示不大于x的最大整数，则对任意实数x，y有()A.xxB.2x2xC.xyxyD.xyxy6.设函数D(x)则下列结论错误的是()A.D(x)的值域为0,1B.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，x2a，b，有ff(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，上具有性质P

7、；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ff(x1)f(x2)f(x3)f(x4).其中真命题的序号是()A. B.C. D.8.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，AB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yS(t)

8、的图象大致是()9.对于实数a和b，定义运算“*”：a*b设f(x)(2x1)*(x1)，且关于x的方程为f(x)m(mR)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，bR.若ff，则a3b的值为_.11.已知二次函数f(x)的两个零点分别为，(0b0”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)x2ax(其中aR).对于不相等的实数x1，x2，设 m，n.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

9、，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_(写出所有真命题的序号).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)；x(或填k1；k2x，其中k1，k2为正常数均可)解析(1)由已知得3xb，所以h(x)6x2b.h(x)g(x)恒成立，即6x2b，3xb恒成立.在同一坐标系内，画出直线y3xb及半圆y(如图所示)，可得2，即b2，故答案为(2，).(2)设A(a，f(a)，B(b，f(b)，C(c,0)，且三点共线.依题意，c，则，即.因为a0，b0，所以化简得，

10、故可以选择f(x)(x0).依题意，c，则，因为a0，b0，所以化简得，故可以选择f(x)x(x0).变式训练1B 因为ai(i0,1,2，99)，所以a00，a991.当k1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k2时，f2(a0)f2(a99)0.因为f2(x)2(xx2)在上是增函数，在上是减函数，所以I2|f2(a1)f2(a0)|f2(a2)f2(

11、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.例2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；因为令f(x)，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，b上的值域与g(x)的值域相同，所以存在x0a

12、，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).因为对xR，x212|x|，所以.即-f(x)，故f(x)B，所以正确.变式训练2解析a(x1，y1)，b(x2，y2)，a(1)b(x1(1)x2，y1(1)y2).对于，f1(m)xy，f(a(1)b)x1(1)x2y1(1)y2(x1y1)(1)(x2y2)，而f(a)(1)f(b)(x1y1)(1)(x2y2)，f(a(1)b)f(a)(1)f(b)，具有性质P.对于，f2(m)x2y，设a(0,0)，b(1,2)，a(1)b

13、(1，2(1)，f(a(1)b)(1)22(1)243，而f(a)(1)f(b)(020)(1)(122)3(1)，又是任意实数，f(a(1)b)f(a)(1)f(b)，故不具有性质P.对于，f3(m)xy1，f(a(1)b)x1(1)x2y1(1)y21(x1y1)(1)(x2y2)1，又f(a)(1)f(b)(x1y11)(1)(x2y21)(x1y1)(1)(x2y2)(1)(x1y1)(1)(x2y2)1，f(a(1)b)f(a)(1)f(b).具有性质P.综上，具有性质P的映射的序号为.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160R%128，整理得R212R32

14、0，解得4R8，即R4,8.2.D 因为ab，而对数的真数为正数，所以ln aln b不一定成立；因为y0.3x是减函数，又ab，则0.3ab，则不一定成立，故C错；y在(，)是增函数，又ab，则，即成立，选D.3.D 由f(x)f(2ax)知f(x)的图象关于xa对称，且a0，A，C中两函数图象无对称轴，B中函数图象对称轴只有x0，而D中当ak1(kZ)时，xa都是ycos(x1)的图象的对称轴.故选D.4.D 对于A，取f(x)x1，满足题意.对于B，取f(x)对于C，取f(x)tan(x)，满足题意.排除法，选D.5.D 特殊值法.令x1.5，1.52，1.51，故A错；21.53,21

15、.52，故B错；令x1.5，y0.5，xy2，xy101，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(xT)f(x)(若x是无理数，则xT也是无理数；若x是有理数，则xT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，利用反证法证明正确，再两次应用定义式证明正确.令f(x)可知对x1，x21,3，都有ff(x1)f(x

16、2)，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，上不具有性质P，因为2(xx)f(x)f(x)，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)1.又当1x03时，有14x03，由f(x)在1,3上具有性质P，得f(2)ff(x0)f(4x0)，由于f(x0)1，f(4x0)1，故上式矛盾.即对x1,3，有f(x)1，故正确.对x1，x2，x3，x41,3，fff(x1)f(x2)f(x3)f(x4)，即正确.8.A 对t进行分段，确定函数yS(t)的解析式.由题意

17、知，当01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)12sin r3(t1)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0m时，f(x)m(mR)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3.不妨设x1x20，且x2x321，x2x3.令解得x.x10，x1x2x31，所以f(x)开口向下，所以f(x)0的解集为，且01.结合数轴分析知43，即3a3b4a4，又0ba1，所以

18、3a3ba1，得1a2.12.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(x2)g(x2)，不一定存在x1，x2使得mn；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)，得mn.故正确.