分析 (1)f(x)=x2的定義域為R.假設存在實數a、k(k≠0),對于定義域內的任意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x都成立,可得$\left\{\begin{array}{l}{k-1=0}\\{2a(k+1)=0}\\{{a}^{2}(k-1)=0}\end{array}\right.$,解得k,a.即可得出.
(2)函數f(x)=sinx∈M,可得:sin(a+x)=ksin(a-x),展開化為:$\sqrt{{k}^{2}+2kcos2a+1}$sin(x+φ)=0,由于?x∈R都成立,可得k2+2kcos2a+1=0,變形cos2a=$-\frac{1}{2}(k+\frac{1}{k})$,利用基本不等式的性質與三角函數的單調性即可得出.
(3)由于(1,1),(2,-1)都是函數f(x)的“伴隨數對”,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.
解答 解:(1)f(x)=x2的定義域為R.
假設存在實數a、k(k≠0),對于定義域內的任意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x都成立,∴$\left\{\begin{array}{l}{k-1=0}\\{2a(k+1)=0}\\{{a}^{2}(k-1)=0}\end{array}\right.$,解得k=1,a=0.
∴(0,1)是函數f(x)的“伴隨數對”,f(x)∈M.
(2)∵函數f(x)=sinx∈M,
∴sin(a+x)=ksin(a-x),∴(1+k)cosasinx+(1-k)sinacosx=0,
∴$\sqrt{{k}^{2}+2kcos2a+1}$sin(x+φ)=0,
∵?x∈R都成立,∴k2+2kcos2a+1=0,
∴cos2a=$-\frac{1}{2}(k+\frac{1}{k})$,$|k+\frac{1}{k}|$≥2,
∴|cos2a|≥1,又|cos2a|≤1,
故|cos2a|=1.
當k=1時,cos2a=-1,a=nπ+$\frac{π}{2}$,n∈Z.
當k=-1時,cos2a=1,a=nπ,n∈Z.
∴f(x)的“伴隨數對”為(nπ+$\frac{π}{2}$,1),(nπ,-1),n∈Z.
(3)∵(1,1),(2,-1)都是函數f(x)的“伴隨數對”,
∴f(1+x)=f(1-x),f(2+x)=-f(2-x),
∴f(x+4)=f(x),T=4.
當0<x<1時,則1<2-x<2,此時f(x)=f(2-x)=-cos$(\frac{π}{2}x)$;
當2<x<3時,則1<4-x<2,此時f(x)=-f(4-x)=-cos$(\frac{π}{2}x)$;
當3<x<4時,則0<4-x<1,此時f(x)=-f(4-x)=cos$(\frac{π}{2}x)$.
∴f(x)=$\left\{\begin{array}{l}{-cos(\frac{π}{2}x),0<x<1}\\{cos(\frac{π}{2}x),1<x<2}\\{-cos(\frac{π}{2}x),2<x<3}\\{cos(\frac{π}{2}x),3<x<4}\\{0,x=0,1,2,3,4}\end{array}\right.$.
∴f(x)=$\left\{\begin{array}{l}{-cos(\frac{π}{2}x),2014<x<2015}\\{cos(\frac{π}{2}x),2015<x<2016}\\{0,x=2014,2015,2016}\end{array}\right.$.
∴當2014≤x≤2016時,函數y=f(x)的零點為2014,2015,2016.
點評 本題考查了新定義“伴隨數對”、三角函數的單調性、基本不等式的性質,考查了分類討論思想方法、推理能力與計算能力,屬于難題.
科目:高中數學 來源: 題型:選擇題
A. | 0 | B. | $\frac{25}{2}$ | C. | 25 | D. | 50 |
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科目:高中數學 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{1}{8}$ | B. | $\frac{1}{6}$ | C. | $\frac{1}{4}$ | D. | $\frac{1}{2}$ |
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科目:高中數學 來源: 題型:解答題
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