分析 (1)當m=1時,f(x)=f(x+k)+f(x-k)成立,求出k=2nπ±\frac{π}{3},n∈Z,可得結(jié)論;
(2)證明(2,0)分別是函數(shù)f(x)=x2與g(x)=a+2x的“平衡“數(shù)對,可得結(jié)論;
(3)假設存在實數(shù)m、k(k≠0),對于定義域內(nèi)的任意x均有m•f(x)=f(x+k)+f(x-k)成立,則mcos2x=cos2(x+k)+cos2(x-k)=\frac{1}{2}[1+cos2(x+k)]+\frac{1}{2}[1+cos2(x-k)],得出m12+m22的函數(shù),即可求m12+m22的取值范圍.
解答 解:(1)當m=1時,f(x)=f(x+k)+f(x-k)成立,
∴sinx=sin(x+k)+sin(x-k)=sinxcosk+cosxsink+sinxcosk-cosxsink=2sinxcosk,
∴sinx(1-2cosk)=0,
∵對于定義域內(nèi)的任意實數(shù)x,f(x)=f(x+k)+f(x-k)成立,
∴1-2cosk=0,
即cosk=\frac{1}{2},
∴k=2nπ±\frac{π}{3},n∈Z,
∴f(x)=sinx是“可平衡“函數(shù);
(2)∵f(x)=x2的定義域為R.
假設存在實數(shù)m、k(k≠0),對于定義域內(nèi)的任意x均有m•f(x)=f(x+k)+f(x-k)成立,
則mx2=(x+k)2+(x-k)2=2x2+2k2,
即(m-2)x2=2k2,
由于上式對于任意實數(shù)x都成立,
∴\left\{\begin{array}{l}{m-2=0}\\{{k}^{2}=0}\end{array}\right.,
解得m=2,k=0,
∴(2,0)是函數(shù)f(x)=x2的“平衡“數(shù)對,
∵g(x)=a+2x,
∴m(a+2x)=a+2x+k+a+2x-k,
∴\left\{\begin{array}{l}{ma=2a}\\{m={2}^{k}+{2}^{-k}}\end{array}\right.,
解得m=2,k=0,
∴(2,0)是函數(shù)g(x)=a+2x的“平衡“數(shù)對,
∴f(x)=x2與g(x)=a+2x的平衡“數(shù)對”相同
(3)假設存在實數(shù)m、k(k≠0),對于定義域內(nèi)的任意x均有m•f(x)=f(x+k)+f(x-k)成立,
則mcos2x=cos2(x+k)+cos2(x-k)=\frac{1}{2}[1+cos2(x+k)]+\frac{1}{2}[1+cos2(x-k)]
∴\frac{1}{2}m(1+cos2x)=\frac{1}{2}[1+cos2(x+k)]+\frac{1}{2}[1+cos2(x-k)]
∴m+mcos2x=1+cos2xcos2k-sin2xsin2k+1+cos2xcos2k+sin2xsin2k,
∴m(1+cos2x)=2+2cos2xcos2k,
∵(m1,\frac{π}{2})(m2,\frac{π}{4})均為函數(shù),
∴m1(1+cos2x)=2+2cos2xcosπ=2-2co2x,
m2(1+cos2x)=2+2cos2xcos\frac{π}{2}=2,
∵0<x≤\frac{π}{4},
∴0<2x≤\frac{π}{2},
∴0<cos2x≤1,
∴m1=\frac{2-2cos2x}{1+cos2x}=\frac{2-2(1-2si{n}^{2}x)}{1+2co{s}^{2}x-1}=\frac{2si{n}^{2}x}{co{s}^{2}x}=2tan2x,m2=\frac{2}{1+cos2x}=\frac{1}{co{s}^{2}x}
∴m12+m22=4tan4x+\frac{1}{co{s}^{4}x},
設h(x)=4tan4x+\frac{1}{co{s}^{4}x},(0<x≤\frac{π}{4})
∴h(0)≤h(x)≤h(\frac{π}{4}),
即1≤h(x)≤8
∴m12+m22的取范圍為[1,8]
點評 本題考查新定義的理解和運用,考查函數(shù)的性質(zhì)和運用,考查運算能力,屬于難題.
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A. | 4 | B. | 6 | C. | 2 | D. | 8 |
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A. | n=1驗證不正確 | B. | 歸納假設不正確 | ||
C. | 從n=k到n=k+1的推理不正確 | D. | 證明過程完全正確 |
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