专题5抽象概括能力-学生版

能力专题5抽象概括能力考向考向一对抽象函数的研究【典例精讲】例1.(2023·江西省·联考题)对于定义在R上的函数f(x)，如果存在实数m，使得f(m+x)⋅f(m−x)=1对任意实数x∈R恒成立，则称f(x)为关于m的“δ函数”.已知定义在R上的函数f(x)是关于0和1的“δ函数”，且当x∈[0,1]时，f(x)的值域为[1,2]，则当x∈[−2,2]时，f(x)的值域为(

)A.[12,2] B.[12,1]【拓展提升】练11.(2023·浙江省·模拟题)（多选）已知定义在R上的函数f(x)的图象为一条连续不断的曲线，且关于点(a,b)与(b,a)对称(a≠b)，则(

)A.存在非零实数T使f(x+T)=f(x) B.函数y=f(x)必有零点

C.存在实数t使f(t)=t D.存在实数t使f(t)=−t练12.(2023·北京市·模拟题)对于定义域为R的函数y=g(x)，设关于x的方程g(x)=t，对任意的实数t总有有限个根，记根的个数为fg(t)，给出下列命题：

①存在函数y=g(x)满足：fg(t)>0，且y=g(x)有最小值；

②设h(x)=|g(x)|，若fh(t)=fg(t)，则g(x)≥0；

③若fg(t)=1，则y=g(x)为单调函数；

④设h(x)=g(x+a)(a∈R)，则fg(t)=f考向考向二数学建模应用型问题【典例精讲】例2.(2023·全国·联考)中医药传承数千年，治病救人济苍生.中国工程院院士张伯礼在接受记者采访时说：“中医药在治疗新冠肺炎中发挥了核心作用，能显著降低轻症病人发展为重症病人的几率.对改善发热、咳嗽、乏力等症状，中药起效非常快，对肺部炎症的吸收和病毒转阴都有明显效果.”2021年12月某地爆发了新冠疫情，医护人员对确诊患者进行积极救治.现有6位症状相同的确诊患者，平均分成A，B两组，A组服用甲种中药，B组服用乙种中药.服药一个疗程后，A组中每人康复的概率都为1315，B组3人康复的概率分别为910，34，34．

(1)设事件C表示A组中恰好有1人康复，事件D表示B组中恰好有1人康复，求P(CD);

(2)若服药一个疗程后，每康复1人积2分，假设认定：积分期望值越高药性越好，请问甲、乙两种中药哪种药性更好?【拓展提升】练21.(2023·湖南省·期末考试)新宁崀山景区是世界自然遗产､国家5A级景区，其中“八角寨”景区和“天下第一巷”景区是新宁崀山景区的两张名片.为了合理配置旅游资源，现对已游览“八角寨”景区且尚未游览“天下第一巷”景区的游客进行随机调查，若不游览“天下第一巷”景区记2分，若继续游览“天下第一巷”景区记4分，假设每位游客选择游览“天下第一巷”景区的概率均为13，游客之间选择意愿相互独立．(1)从游客中随机抽取2人，记总得分为随机变量X

，求X

的数学期望；(2)(i)记pkk∈N∗表示“从游客中随机抽取k

人，总分恰为2k

分”的概率，求(ii)在对游客进行随机问卷调查中，记ann∈N∗表示“已调查过的累计得分恰为2n

分”的概率，探求an练22.(2022·湖北省武汉市·联考)2022年2月6日，中国女足在两球落后的情况下，以3比2逆转击败韩国女足，成功夺得亚洲杯冠军，在之前的半决赛中，中国女足通过点球大战6:5惊险战胜日本女足，其中门将朱钰两度扑出日本队员的点球，表现神勇．

(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有12的可能性扑不到球.不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑出点球的个数X的分布列和期望;

(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙、丁4名女足队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住.记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知p1=1，p2=0．

 ①试证明{pn−14}为等比数列;

 ②设第【答案解析】例1.解：若函数f(x)是关于0和1的“δ函数”，

则f(x)⋅f(−x)=1，f(1+x)⋅f(1−x)=1，

则f(x)≠0，

即f(2+x)⋅f(−x)=1，

即f(2+x)⋅f(−x)=1=f(x)⋅f(−x)，

则f(2+x)=f(x)，

即函数f(x)是周期为2的周期函数，

当x∈[1,2]时，2−x∈[0,1],

∴f(x)=1f(−x)=1f(2−x)∈[1练11.解：由f(x)关于点(a,b)与(b,a)对称(a≠b)，

则f(a+x)+f(a−x)=2b，

f(b+x)+f(b−x)=2a，

则f(x)+f(2a−x)=2b，

f(x)+f(2b−x)=2a，

则f(2a−x)−f(2b−x)=2b−2a，

即f(x)−f(2b−2a+x)=2b−2a，

即f(x)=f(x+2b−2a)+2b−2a，

∵a≠b，∴2b−2a≠0，

∴不存在非零实数T使f(x)=f(x+T)，故A错误；

∵a≠b，不妨设a<b，

则A(a,b)在直线y=x上方，B(b,a)在直线y=x下方，

又定义在R上的函数f(x)的图象为一条连续不断的曲线，

故f(x)与y=x必有交点，

故存在实数t使得f(t)=t，故C正确；

∵f(x)关于点A(a,b)、B(b,a)对称，且A，B在直线x+y=a+b上，

∴f(x)的对称点均在直线x+y=a+b上，且有无穷个，在直线AB上等距离的均匀分布，

又直线x+y=a+b与x轴必存在交点，

所以必存在对称点在x轴下方，则f(x)与x轴必有交点，

即函数y=f(x)必有零点，故B正确．

由上面的分析可知f(x)的对称点在直线x+y=a+b上，

故f(x)与y=−x不一定有交点，

故不一定存在t使f(t)=−t，故D错误．故选BC.练12.解：①由题意可得，g(x)=t，对任意的实数t总有有限个根，

∵t∈R，

∴g(x)∈R，即g(x)不存在最小值，故①错误，

②h(x)=|g(x)|，可得h(x)≥0，

设∃x1

使得g(x1)<0，

则t=f(x1)，fh(t)=0，fg(t)>0，

∵fh(t)≠fg(t)，故g(x)<0不成立，

∴g(x)≥0，故②正确，

③fg(t)=1，说明g(x)=t只有一个根，不能推出函数单调，

例y=f(x)=1x,x≠00,x=0，该函数在(−∞,0)，(0,+∞)上分别单调，

但是在整个区间R上不单调，故③错误，

④h(x)=g(x+a)=t(a∈R)，由函数的左加右减原则，

例2.解：(1)依题意有，P(C)=C31×1315×(1−1315)2=521125，

P(D)=910×14×14+110×C21×14×34=332．

又事件C与D相互独立，则P(CD)=P(C)P(D)=521125×332=133000，

所以P(CD)=133000Y0123P1156381所以E(Y1)=0×1160+1×15160+2×63160+3×81160=384160=练21.解：(1)X可能取值为4，6，8

，PX=4PX=6PX=8∴X

的数学期望

EX(2)(i)“总分恰为2k

分”的概率为

23∴

数列

pk

是以首项为

23

，公比为

23

的等比数列，记前n则前4项和

S4(ii)方法一：“已调查过的累计得分恰为2n

分”的概率为

an得不到2n

分的情况只有先得2n−2

分，再得4分，概率为

13所以

1−an=∴a∴数列

an−34

是以

∴a∴方法二：得分2n

分可以先得

2n−2

分，再得2分，也可以先得

2n−4

分，再得4分，“已调查过的累计得分恰为2n

分”的概率为

an

，则“得

2n−2

分”的概率为

an−1

，“得

2n−4

分”的概率为

an−2所以

an由

an=23a∴a∴a(后面同方法一)另解：由

an=2∴a∴a当n⩾2时，

a==34+14−13n

，

练22.解：(1)依题意可