Question

（2013•黃埔區(qū)一模）對(duì)于函數(shù)y=f（x）與常數(shù)a，b，若f（2x）=af（x）+b恒成立，則稱（a，b）為函數(shù)f（x）的一個(gè)“P數(shù)對(duì)”；若f（2x）≥af（x）+b恒成立，則稱（a，b）為函數(shù)f（x）的一個(gè)“類P數(shù)對(duì)”．設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽⁺，且f（1）=3．
（1）若（1，1）是f（x）的一個(gè)“P數(shù)對(duì)”，求f（2ⁿ）（n∈N*）；
（2）若（-2，0）是f（x）的一個(gè)“P數(shù)對(duì)”，且當(dāng)x∈[1，2）時(shí)f（x）=k-|2x-3|，求f（x）在區(qū)間[1，2ⁿ）（n∈N*）上的最大值與最小值；
（3）若f（x）是增函數(shù)，且（2，-2）是f（x）的一個(gè)“類P數(shù)對(duì)”，試比較下列各組中兩個(gè)式子的大小，并說(shuō)明理由．
①f（2^-n）與2^-n+2（n∈N*）；
②f（x）與2x+2（x∈（0，1]）．

Answer 1

分析：（1）由已知，f（2x）=f（x）+1恒成立，整理f（2x）-f（x）=1，令x=2^k，則f（2^k+1）-f（2^k）=1，{f（2^k）}是等差數(shù)列，利用通項(xiàng)公式求解
（2）令x=1，則f（1）=k-1=3，解得k=4，當(dāng)x∈[1，2）時(shí)f（x）=4-|2x-3|，得出f（x）在[1，2）上的取值范圍是[3，4]．
利用由已知，f（2x）=-2f（x）恒成立⊕，將[1，2ⁿ）分解成[2^k-1，2^k），（k∈N*）的并集，通過(guò)⊕式求出f（x）在各段[2^k-1，2^k）上的取值范圍，各段上最大值、最小值即為所求的最大值，最小值．
（3）由已知，①f（2x）≥2f（x）-2恒成立．即f（x）≤

1

2

f（2x）+1?恒成立．令x=

1

2k

，則得f（

1

2k

）≤

1

2

f(

1

2k-1

)+1，連續(xù)應(yīng)用?式，f(

1

2n

)-2≤

1

2

[f(

1

2n-1

)-2]≤

1

4

[f(

1

2k-2

)-2]≤…≤

1

2n

[f(1)-2]=

1

2n

故f（2^-n）≤2^-n+2（n∈N*）；②若x∈（0，1]），則必存在n∈N*，使得∈（

1

2n

，

1

2n-1

]，由f（x）是增函數(shù)，故f（x）≤f（

1

2n-1

）≤

1

2n-1

+2，又2x+2＞2×

1

2x

+2=

1

2x-1

+2，故有f（x）＜2x+2．

解答：解：（1）若（1，1）是f（x）的一個(gè)“P數(shù)對(duì)”，即f（2x）=f（x）+1恒成立，整理f（2x）-f（x）=1，令x=2^k，則f（2^k+1）-f（2^k）=1，
所以f（2），f（4），f（8），…f（2ⁿ）構(gòu)成公差為1的等差數(shù)列，
令x=1得f（2）=f（1）+1=4，所以f（2ⁿ）=4+（n-1）×1=n+3
（2）當(dāng)x∈[1，2）時(shí)f（x）=k-|2x-3|，令x=1，則f（1）=k-1=3，解得k=4，即當(dāng)x∈[1，2）時(shí)f（x）=4-|2x-3|，所以f（x）在[1，2）上的取值范圍是[3，4]，
又（-2，0）是f（x）的一個(gè)“P數(shù)對(duì)”，即f（2x）=-2f（x）恒成立，當(dāng)x∈[2^k-1，2^k）（k∈N*）時(shí)，

x

2k-1

∈[1，2）
f（x）=-2f（

x

2

）=4f（

x

4

）=…=（-2）^k-1f（

x

2k-1

），
故當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，f（x）在[2^k-1，2^k）上的取值范圍是[3×2^k-1，2^k+1]
當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，f（x）在[2^k-1，2^k）上的取值范圍是[-2^k+1，-3×2^k-1]
所以當(dāng)n=1時(shí)，f（x）在區(qū)間[1，2ⁿ）上的最大值為4，最小值為3．
當(dāng)n為不小于3的奇數(shù)時(shí)，f（x）在區(qū)間[1，2ⁿ）上的最大值為2ⁿ⁺¹，最小值為-2ⁿ
n為不小于2的偶數(shù)時(shí)，f（x）在區(qū)間[1，2ⁿ）上的最大值為2ⁿ，最小值為-2ⁿ⁺¹．
（3）（2，-2）是f（x）的一個(gè)“類P數(shù)對(duì)”，可知f（2x）≥2f（x）-2恒成立．即f（x）≤

1

2

f（2x）+1恒成立．
令x=

1

2k

，則得f（

1

2k

）≤

1

2

f(

1

2k-1

)+1
即f(

1

2k

)-2≤

1

2

[f(

1

2k-1

)-2]對(duì)一切k∈N*恒成立．
所以f(

1

2n

)-2≤

1

2

[f(

1

2n-1

)-2]≤

1

4

[f(

1

2k-2

)-2]≤…≤

1

2n

[f(1)-2]=

1

2n

故f（2^-n）≤2^-n+2（n∈N*）；
若x∈（0，1]），則必存在n∈N*，使得∈（

1

2n

，

1

2n-1

]，由f（x）是增函數(shù)，故f（x）≤f（

1

2n-1

）≤

1

2n-1

+2
又2x+2＞2×

1

2x

+2=

1

2x-1

+2，故有f（x）＜2x+2

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用新定義分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力．考查轉(zhuǎn)化計(jì)算，分類討論、構(gòu)造能力及推理論證能力，思維量大，屬于難題．