Question

【題目】已知集合M是滿足下列性制的函數(shù)f（x）的全體，存在實數(shù)a、k（k≠0），對于定義域內(nèi)的任意x均有f（a+x）=kf（a﹣x）成立，稱數(shù)對（a，k）為函數(shù)f（x）的“伴隨數(shù)對”．
（1）判斷f（x）=x2是否屬于集合M，并說明理由；
（2）若函數(shù)f（x）=sinx∈M，求滿足條件的函數(shù)f（x）的所有“伴隨數(shù)對”；
（3）若（1，1），（2，﹣1）都是函數(shù)f（x）的“伴隨數(shù)對”，當(dāng)1≤x＜2時，f（x）=cos（ x）；當(dāng)x=2時，f（x）=0，求當(dāng)2014≤x≤2016時，函數(shù)y=f（x）的解析式和零點．

Answer 1

【答案】
（1）解：f（x）=x2的定義域為R．

假設(shè)存在實數(shù)a、k（k≠0），對于定義域內(nèi)的任意x均有f（a+x）=kf（a﹣x）成立，

則（a+x）2=k（a﹣x）2，化為：（k﹣1）x2﹣2a（k+1）x+a2（k﹣1）=0，

由于上式對于任意實數(shù)x都成立，∴ ，解得k=1，a=0．

∴（0，1）是函數(shù)f（x）的“伴隨數(shù)對”，f（x）∈M

（2）解：∵函數(shù)f（x）=sinx∈M，

∴sin（a+x）=ksin（a﹣x），∴（1+k）cosasinx+（1﹣k）sinacosx=0，

∴ sin（x+φ）=0，

∵x∈R都成立，∴k2+2kcos2a+1=0，

∴cos2a= ， ≥2，

∴|cos2a|≥1，又|cos2a|≤1，

故|cos2a|=1．

當(dāng)k=1時，cos2a=﹣1，a=nπ+ ，n∈Z．

當(dāng)k=﹣1時，cos2a=1，a=nπ，n∈Z．

∴f（x）的“伴隨數(shù)對”為（nπ+ ，1），（nπ，﹣1），n∈Z

（3）解：∵（1，1），（2，﹣1）都是函數(shù)f（x）的“伴隨數(shù)對”，

∴f（1+x）=f（1﹣x），f（2+x）=﹣f（2﹣x），

∴f（x+4）=f（x），T=4．

當(dāng)0＜x＜1時，則1＜2﹣x＜2，此時f（x）=f（2﹣x）=﹣cos ；

當(dāng)2＜x＜3時，則1＜4﹣x＜2，此時f（x）=﹣f（4﹣x）=﹣cos ；

當(dāng)3＜x＜4時，則0＜4﹣x＜1，此時f（x）=﹣f（4﹣x）=cos ．

∴f（x）= ．

∴f（x）= ．

∴當(dāng)2014≤x≤2016時，函數(shù)y=f（x）的零點為2014，2015，2016

【解析】（1）f（x）=x2的定義域為R．假設(shè)存在實數(shù)a、k（k≠0），對于定義域內(nèi)的任意x均有f（a+x）=kf（a﹣x）成立，則（a+x）2=k（a﹣x）2 ， 化為：（k﹣1）x2﹣2a（k+1）x+a2（k﹣1）=0，由于上式對于任意實數(shù)x都成立，可得 ，解得k，a．即可得出．（2）函數(shù)f（x）=sinx∈M，可得：sin（a+x）=ksin（a﹣x），展開化為： sin（x+φ）=0，由于x∈R都成立，可得k2+2kcos2a+1=0，變形cos2a= ，利用基本不等式的性質(zhì)與三角函數(shù)的單調(diào)性即可得出．（3）由于（1，1），（2，﹣1）都是函數(shù)f（x）的“伴隨數(shù)對”，可得f（1+x）=f（1﹣x），f（2+x）=﹣f（2﹣x），因此f（x+4）=f（x），T=4．對x分類討論可得：即可得出解析式，進而得出零點．
【考點精析】本題主要考查了函數(shù)的值的相關(guān)知識點，需要掌握函數(shù)值的求法：①配方法(二次或四次)；②“判別式法”；③反函數(shù)法；④換元法；⑤不等式法；⑥函數(shù)的單調(diào)性法才能正確解答此題．