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)”．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（2¹⁰）；
（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（2-x），求f（x）在區(qū)間[1，2²ⁿ）（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)“P數(shù)對(duì)”，試比較下列各組中兩個(gè)式子的大小，并說明理由． ①f（2^-n）與2^-n+2（n∈N^*）；②f（x）與2x+2（x∈（2^-n，2^1-n]，n∈N^*）．

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）先確定f（x）在[1，2）上的取值范圍是（0，3]，再利用f（2x）=-2f（x）恒成立，當(dāng)x∈[2^k-1，2^k）（k∈N^*）時(shí)，

k

2k-1

∈[1，2），f（x）=-2f(

x

2

)=…=(-2)k-1f(

x

2k-1

)，即可得出結(jié)論；
（3）①f（x）=

1

2

f（2x）+1恒成立，令x=

1

2k

，則f（

1

2k

）=

1

2

f(

1

2k-1

)+1，可得{f(

1

2k

)-2}是一個(gè)等比數(shù)列，可得結(jié)論；
②當(dāng)x∈[2^-n，2^1-n]時(shí)，由f（x）是增函數(shù)，故f（x）≤f（2^1-n）=2^1-n+2，從而可得結(jié)論．

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
所以f（2¹⁰）=10+3=13；
（2）x∈[1，2）時(shí)，f（x）=k（2-x），令x=1，則f（1）=k=3，即當(dāng)x∈[1，2）時(shí)，f（x）=3（2-x），所以f（x）在[1，2）上的取值范圍是（0，3]，
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

)=…=(-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（0，3×2^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[-3×2^k-1，0）
所以，f（x）在區(qū)間[1，2²ⁿ）上的最大值為3×2^2n-2，最小值為-3×2^2n-1．
（3）①（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f（

1

2k

）=

1

2

f(

1

2k-1

)+1
∴f(

1

2k

)-2=

1

2

[f(

1

2k-1

)-2]
∵f(

1

20

)-2=f（1）-2=1
∴{f(

1

2k

)-2}是一個(gè)等比數(shù)列，
∴f(

1

2n

)-2=(

1

2

)n
∴f（2^-n）=2^-n+2
②當(dāng)x∈[2^-n，2^1-n]時(shí)，由f（x）是增函數(shù)，故f（x）≤f（2^1-n）=2^1-n+2
∵x＞2^-n，∴2x+2＞2^1-n+2，∴f（x）＜2x+2．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用新定義分析問題、解決問題的能力．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．