Question

（2012•浦東新區(qū)一模）設函數(shù)T(x)=

2x，  0≤x＜ 1 2 2(1-x)，   1 2 ≤x≤1

（1）求函數(shù)y=T（x²）和y=（T（x））²的解析式；
（2）是否存在實數(shù)a，使得T（x）+a²=T（x+a）恒成立，若存在，求出a的值，若不存在，請說明理由；
（3）定義T_n+1（x）=T_n（T（x）），且T₁（x）=T（x），（n∈N^*）
①當x∈[ 0 ，

1

16

 ]時，求y=T₄（x）的解析式；
已知下面正確的命題：當x∈[ 

i-1

16

 ，

i+1

16

 ]時（i∈N^*，1≤i≤15），都有T4(x)=T4(

i

8

-x)恒成立．
②若方程T₄（x）=kx恰有15個不同的實數(shù)根，確定k的取值；并求這15個不同的實數(shù)根的和．

Answer 1

分析：（1）先考慮討論x²與

1

2

大小，然后把x²代入已知函數(shù)解析式中可求y=T（x²），對已知所給函數(shù)解析式直接進行平方可求y=（T（x））²的解析式；
（2）分別求出T（x）+a²與T（x+a），代入使其對應項相等即可建立關于a的方程，可求

（3））①當x∈[ 0 ，

1

16

 ]時，根據(jù)函數(shù)定義域的要求可知，0≤2jx≤

1

2

，結合此規(guī)律尋求函數(shù)的遞推規(guī)律可求故有
②由①可知當x∈[ 0 ，

1

16

 ]時，有T₄（x）=16x，根據(jù)命題的結論可得，T4(x)=T4(

1

8

-x)，代入可求，同理歸納可求

解答：解：（1）函數(shù)y=T(x2)=

2x2x∈ (- 2 2 ，  2 2 )  2(1-x2)x∈[-1 ， - 2 2 ]∪[ 2 2  ， 1]

函數(shù)y=(T(x))2=

4x2 x∈[0 ，  1 2 ) 4(1-x)2 x∈[ 1 2  ， 1]

…4分
（2）T(x)+a2=

2x+a2，    0≤x＜ 1 2 2(1-x)+a2，  1 2 ≤x≤1

，
T(x+a)=

2x+2a，0≤x+a＜ 1 2 2(1-x-a)，   1 2 ≤x+a≤1

…6分
則當且僅當a²=2a且a²=-2a時，即a=0．
綜上可知當a=0時，有T（x）+a²=T（x+a）=T（x）恒成立．…8分
（3）①當x∈[ 0 ，

1

16

 ]時，對于任意的正整數(shù)j∈N^*，1≤j≤3，
都有0≤2jx≤

1

2

，故有 y=T4(x)=T3(2x)=T2(22x)=T1(23x)=16x．…13分
②由①可知當x∈[ 0 ，

1

16

 ]時，有T₄（x）=16x，根據(jù)命題的結論可得，
當x∈[ 

1

16

，

2

16

 ] ⊆[ 

0

16

，

2

16

 ]時，

1

8

-x∈[ 

0

16

，

1

16

 ] ⊆[ 

0

16

，

2

16

 ]，
故有T4(x)=T4(

1

8

-x)=16(

1

8

-x)=-16x+2，
因此同理歸納得到，當x∈[ 

i

16

 ，

i+1

16

 ]（i∈N，0≤i≤15）時，T4(x)=(-1)i(24x-i-

1

2

)+

1

2

=

24x-i， i 是偶數(shù) -24x+i+1，i 是奇數(shù)

…15分
x∈[ 

i

16

 ，

i+1

16

 ]時，解方程T₄（x）=kx得，x=

(2i+1)-(-1)i

32-(-1)i2k

要使方程T₄（x）=kx在x∈[0，1]上恰有15個不同的實數(shù)根，
則必須

(2•14+1)-(-1)14

32-(-1)142k

=

(2•15+1)-(-1)15

32-(-1)152k

解得k=

16

15

方程的根xn=

(2n-1)+(-1)n

32+(-1)n2k

（n∈N^*，1≤n≤15）…17分
這15個不同的實數(shù)根的和為：S=x₁+x₂+…+x₁₄+x₁₅=

0+2+4+6+8+10+12+14

16- 16 15

+

2+4+6+8+10+12+14

16+ 16 15

=

225

32

．…18分．

點評：本題以新定義為載體，主要考查了函數(shù)知識的綜合應用，及邏輯推理、分析與運算的綜合能力