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2021年高考数学上海21

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21．（16分）已知

$x_{1}$ ，

$x_{2}\in R$ ，若对任意的

$x_{2}-x_{1}\in S$ ，

$f(x_{2})-f(x_{1})\in S$ ，则有定义：

$f(x)$ 是在

$S$ 关联的．
（1）判断和证明

$f(x)=2x-1$ 是否在

$[0$ ，

$+\infty )$ 关联？是否有

$[0$ ，

$1]$ 关联？
（2）若

$f(x)$ 是在

$\{3\}$ 关联的，

$f(x)$ 在

$x\in [0$ ，

$3)$ 时，

$f(x)=x^{2}-2x$ ，求解不等式：

$2\leqslant f(x)\leqslant 3$ ．
（3）证明：

$f(x)$ 是

$\{1\}$ 关联的，且是在

$[0$ ，

$+\infty )$ 关联的，当且仅当“

$f(x)$ 在

$[1$ ，

$2]$ 是关联的”．
分析：（1）任取

$x_{1}-x_{2}\in [0$ ，

$+\infty )$ ，证明

$f(x_{1})-f(x_{2})\in [0$ ，

$+\infty )$ ，证明

$f(x)=2x-1$ 在

$[0$ ，

$+\infty )$ 关联，取

$x_{1}=1$ ，

$x_{2}=0$ ，证明

$f(x)$ 在

$[0$ ，

$1]$ 不关联；（2）先得到

$f(x+3)-f(x)=3$ ，再得到

$x\in [0$ ，

$3)$ 和

$x\in [3$ ，

$6)$ 的解析式，进而得到答案；（3）先证明

$f(x)$ 在

$[1$ ，

$2]$ 是关联的

$\Rightarrow f(x)$ 是在

$\{1\}$ 关联的，且是在

$[0$ ，

$+\infty )$ 关联的，再证明

$f(x)$ 在

$[1$ ，

$2]$ 是关联的

$\Rightarrow f(x)$ 是在

$\{1\}$ 关联的，且是在

$[0$ ，

$+\infty )$ 关联的．
解：（1）

$f(x)$ 在

$[0$ ，

$+\infty )$ 关联，在

$[0$ ，

$1]$ 不关联，
任取

$x_{1}-x_{2}\in [0$ ，

$+\infty )$ ，则

$f(x_{1})-f(x_{2})=2(x_{1}-x_{2})\in [0$ ，

$+\infty )$ ，

$\therefore f(x)$ 在

$[0$ ，

$+\infty )$ 关联；
取

$x_{1}=1$ ，

$x_{2}=0$ ，则

$x_{1}-x_{2}=1\in [0$ ，

$1]$ ，

$\because f(x_{1})-f(x_{2})=2(x_{1}-x_{2})=2\notin [0$ ，

$1]$ ，

$\therefore f(x)$ 在

$[0$ ，

$1]$ 不关联；
（2）

$\because f(x)$ 在

$\{3\}$ 关联，

$\therefore$ 对于任意

$x_{1}-x_{2}=3$ ，都有

$f(x_{1})-f(x_{2})=3$ ，

$\therefore$ 对任意

$x$ ，都有

$f(x+3)-f(x)=3$ ，
由

$x\in [0$ ，

$3)$ 时，

$f(x)=x^{2}-2x$ ，得

$f(x)$ 在

$x\in [0$ ，

$3)$ 的值域为

$[-1$ ，

$3)$ ，

$\therefore f(x)$ 在

$x\in [3$ ，

$6)$ 的值域为

$[2$ ，

$6)$ ，

$\therefore 2\leqslant f(x)\leqslant 3$ 仅在

$x\in [0$ ，

$3)$ 或

$x\in [3$ ，

$6)$ 上有解，

$x\in [0$ ，

$3)$ 时，

$f(x)=x^{2}-2x$ ，令

$2\leqslant x^{2}-2x\leqslant 3$ ，解得

$\sqrt{3}+1\leqslant x<3$ ，

$x\in [3$ ，

$6)$ 时，

$f(x)=f(x-3)+3=x^{2}-8x+18$ ，令

$2\leqslant x^{2}-8x+18\leqslant 3$ ，解得

$3<x\leqslant 5$ ，

$\therefore$ 不等式

$2\leqslant f(x)\leqslant 3$ 的解为

$[\sqrt{3}+1$ ，

$5]$ ，
（3）证明：①先证明：

$f(x)$ 是在

$\{1\}$ 关联的，且是在

$[0$ ，

$+\infty )$ 关联的

$\Rightarrow f(x)$ 在

$[1$ ，

$2]$ 是关联的，

$\because f(x)$ 是在

$\{1\}$ 关联的，

$\therefore$ 当

$x_{1}-x_{2}=1$ 时，

$f(x_{1})-f(x_{2})=1$ ，即

$f(x+1)-f(x)=1$ ，

$\because f(x)$ 是在

$[0$ ，

$+\infty )$ 关联的，

$\therefore$ 当

$x_{1}-x_{2}\geqslant 0$ 时，

$f(x_{1})-f(x_{2})\geqslant 0$ ，
任取

$x_{1}-x_{2}\in [1$ ，

$2]$ ，即

$1\leqslant x_{1}-x_{2}\leqslant 2$ ，

$\therefore x_{1}\geqslant x_{2}+1$ ，

$x_{1}\leqslant x_{2}+2$ ，

$\therefore f(x_{2}+1)\leqslant f(x_{1})\leqslant f(x_{2}+2)$ ，

$\therefore f(x_{1})-f(x_{2})\geqslant f(x_{2}+1)-f(x_{2})=1$ ，

$f(x_{1})-f(x_{2})\leqslant f(x_{2}+2)-f(x_{2})=f(x_{2}+2)-f(x_{2}+1)+f(x_{2}+1)-f(x_{2})=2$ ，

$\therefore f(x)$ 在

$[1$ ，

$2]$ 是关联的；
②再证明：

$f(x)$ 在

$[1$ ，

$2]$ 是关联的

$\Rightarrow f(x)$ 是在

$\{1\}$ 关联的，且是在

$[0$ ，

$+\infty )$ 关联的，

$\because f(x)$ 在

$[1$ ，

$2]$ 是关联的，

$\therefore$ 任取

$x_{1}-x_{2}\in [1$ ，

$2]$ ，都有

$f(x_{1})-f(x_{2})\in [1$ ，

$2]$ 成立，
即满足

$1\leqslant x_{1}-x_{2}\leqslant 2$ ，都有

$1\leqslant f(x_{1})-f(x_{2})\leqslant 2$ ，
下面用反证法证明

$f(x+1)-f(x)=1$ ，
若

$f(x+1)-f(x)>1$ ，则

$f(x+2)-f(x)=f(x+2)-f(x+1)+f(x+1)-f(x)>2$ ，与

$f(x)$ 在

$[1$ ，

$2]$ 是关联的矛盾，
若

$f(x+1)-f(x)<1$ ，则

$f(x+2)-f(x)=f(x+2)-f(x+1)+f(x+1)-f(x)<2$ ，与

$f(x)$ 在

$[1$ ，

$2]$ 是关联的矛盾，

$\therefore f(x+1)-f(x)=1$ 成立，即

$f(x)$ 是在

$\{1\}$ 关联的，
再证明

$f(x)$ 是在

$[0$ ，

$+\infty )$ 关联的，
任取

$x_{1}-x_{2}\in [n$ ，

$n+1](n\in N)$ ，有

$1\leqslant x_{1}-(n-1)-x_{2}\leqslant 2$ ，

$\because f(x)$ 在

$[1$ ，

$2]$ 是关联的，

$\therefore 1\leqslant f[x_{1}-(n-1)]-f(x_{2})\leqslant 2$ ，

$\because f(x)$ 是在

$\{1\}$ 关联的，

$\therefore f(x+1)-f(x)=1$ ，

$\therefore f(x+k)-f(x)=k$ ，

$\therefore f[x_{1}-(n-1)]-f(x_{2})=f(x_{1})-(n-1)-f(x_{2})\in [1$ ，

$2]$ ，

$\therefore n\leqslant f(x_{1})-f(x_{2})\leqslant n+1$ ，

$\therefore$ 对任意

$n\in N$ ，

$f(x)$ 在

$[n$ ，

$n+1]$ 是关联的，

$\therefore f(x)$ 是在

$[0$ ，

$+\infty )$ 关联的；
综上所述，

$f(x)$ 是

$\{1\}$ 关联的，且是在

$[0$ ，

$+\infty )$ 关联的，当且仅当“

$f(x)$ 在

$[1$ ，

$2]$ 是关联的”，
故得证．
点评：该题考查了函数求解析式，解不等式，函数恒成立的知识，对学生逻辑推理能力提出了很高的要求，属于难题．

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