Question

对于函数y=f（x）与常数a，b，若f（2x）=af（x）+b恒成立，则称（a，b）为函数f（x）的一个“P数对”；若f（2x）≥af（x）+b恒成立，则称（a，b）为函数f（x）的一个“类P数对”．设函数f（x）的定义域为R⁺，且f（1）=3．
（1）若（1，1）是f（x）的一个“P数对”，求f（2ⁿ）（n∈N*）；
（2）若（-2，0）是f（x）的一个“P数对”，且当x∈[1，2）时f（x）=k-|2x-3|，求f（x）在区间[1，2ⁿ）（n∈N*）上的最大值与最小值；
（3）若f（x）是增函数，且（2，-2）是f（x）的一个“类P数对”，试比较下列各组中两个式子的大小，并说明理由．
①f（2^-n）与2^-n+2（n∈N*）；
②f（x）与2x+2（x∈（0，1]）．

Answer 1

【答案】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，则f（2^k+1）-f（2^k）=1，{f（2^k）}是等差数列，利用通项公式求解
（2）令x=1，则f（1）=k-1=3，解得k=4，当x∈[1，2）时f（x）=4-|2x-3|，得出f（x）在[1，2）上的取值范围是[3，4]．
利用由已知，f（2x）=-2f（x）恒成立⊕，将[1，2ⁿ）分解成[2^k-1，2^k），（k∈N*）的并集，通过⊕式求出f（x）在各段[2^k-1，2^k）上的取值范围，各段上最大值、最小值即为所求的最大值，最小值．
（3）由已知，①f（2x）≥2f（x）-2恒成立．即f（x）f（2x）+1?恒成立．令x=，则得f（）≤，连续应用?式，≤…=故f（2^-n）≤2^-n+2（n∈N*）；②若x∈（0，1]），则必存在n∈N*，使得∈（，]，由f（x）是增函数，故f（x）≤f（）≤+2，又2x+2＞2×+2=+2，故有f（x）＜2x+2．
解答：解：（1）若（1，1）是f（x）的一个“P数对”，即f（2x）=f（x）+1恒成立，整理f（2x）-f（x）=1，令x=2^k，则f（2^k+1）-f（2^k）=1，
所以f（2），f（4），f（8），…f（2ⁿ）构成公差为1的等差数列，
令x=1得f（2）=f（1）+1=4，所以f（2ⁿ）=4+（n-1）×1=n+3
（2）当x∈[1，2）时f（x）=k-|2x-3|，令x=1，则f（1）=k-1=3，解得k=4，即当x∈[1，2）时f（x）=4-|2x-3|，所以f（x）在[1，2）上的取值范围是[3，4]，
又（-2，0）是f（x）的一个“P数对”，即f（2x）=-2f（x）恒成立，当x∈[2^k-1，2^k）（k∈N*）时，∈[1，2）
f（x）=-2f（）=4f（）=…=（-2）^k-1f（），
故当k为奇数时，f（x）在[2^k-1，2^k）上的取值范围是[3×2^k-1，2^k+1]
当k为偶数时，f（x）在[2^k-1，2^k）上的取值范围是[-2^k+1，-3×2^k-1]
所以当n=1时，f（x）在区间[1，2ⁿ）上的最大值为4，最小值为3．
当n为不小于3的奇数时，f（x）在区间[1，2ⁿ）上的最大值为2ⁿ⁺¹，最小值为-2ⁿ
n为不小于2的偶数时，f（x）在区间[1，2ⁿ）上的最大值为2ⁿ，最小值为-2ⁿ⁺¹．
（3）（2，-2）是f（x）的一个“类P数对”，可知f（2x）≥2f（x）-2恒成立．即f（x）f（2x）+1恒成立．
令x=，则得f（）≤
即-2对一切k∈N*恒成立．
所以≤…=故f（2^-n）≤2^-n+2（n∈N*）；
若x∈（0，1]），则必存在n∈N*，使得∈（，]，由f（x）是增函数，故f（x）≤f（）≤+2
又2x+2＞2×+2=+2，故有f（x）＜2x+2
点评：本题考查利用新定义分析问题、解决问题的能力．考查转化计算，分类讨论、构造能力及推理论证能力，思维量大，属于难题．