题目内容
9.若函数f(x)在[a,b]上有定义,且对任意x1,x2∈[a,b],有$f(\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2})≤\frac{1}{2}[f({x_1})+f({x_2})]$,则称f(x)在[a,b]上具有性质P.设f(x)在[1,4]上具有性质P,现给出如下命题:①f(x)在[1,4]上的图象是连续不断的;
②f(x2)在[1,2]上具有性质P;
③若f(x)在x=$\frac{5}{2}$处取得最大值1,则f(x)=1,x∈[1,4];
④对任意x1,x2,x3,x4∈[1,4],有$f(\frac{{{x_1}+{x_2}+{x_3}+{x_4}}}{4})$≤$\frac{1}{4}[f({x_1})+f({x_2})+f({x_3})+f({x_4})]$.
其中正确命题的序号是( )3O.
A. | ①② | B. | ①③ | C. | ②④ | D. | ③④ |
分析 根据题设条件,分别举出反例,能够说明①和②都是错误的;同时利用已知条件能证明③和④是正确的
解答 解:解:在①中,反例:f(x)=$\left\{\begin{array}{l}{(\frac{1}{2})^{x},1≤x<4}\\{2,x=4}\end{array}\right.$在[1,4]上满足性质P,
但f(x)在[1,4]上不是连续函数,故①不成立;
在②中,反例:f(x)=-x在[1,4]上满足性质P,
但f(x2)=-x2在[1,2]上不满足性质P,故②不成立;
在③中:在[1,4]上,f(2)=f($\frac{x+(4-x)}{2}$)≤$\frac{1}{2}$[f(x)+f(4-x)],
f(x)+f(4-x)≥2,
∴$\left\{\begin{array}{l}{f(x)≤f(x)_{min}=f(2)=1}\\{f(4-x)≤f(x)_{max}=f(2)=1}\end{array}\right.$,
∴f(x)=1,
∴对任意的x1,x2∈[1,4],f(x)=1,故③成立;
在④中,对任意x1,x2,x3,x4∈[1,4],
有$f(\frac{{{x_1}+{x_2}+{x_3}+{x_4}}}{4})$=f($\frac{\frac{1}{2}({x}_{1}+{{x}_{2}}^{\;})+\frac{1}{2}({x}_{3}+{x}_{4})}{2}$)≤$\frac{1}{2}$[$\frac{1}{2}(f({x}_{1})+f({{x}_{2}}^{\;}))$+$\frac{1}{2}(f({x}_{3})+f({x}_{4}))$]
=$\frac{1}{4}[f({x}_{1})+f({x}_{2})+f({x}_{3})+f({x}_{4})]$,
∴对任意x1,x2,x3,x4∈[1,4],有$f(\frac{{{x_1}+{x_2}+{x_3}+{x_4}}}{4})$≤$\frac{1}{4}[f({x_1})+f({x_2})+f({x_3})+f({x_4})]$,故④正确.
故选:D.
点评 本题考查的知识点为函数定义的理解,说明一个结论错误时,只需举出反例即可.说明一个结论正确时,要证明对所有的情况都成立.
A. | x4-1 | B. | x4+2x2 | C. | x4+1 | D. | x4-2x2 |
A. | 充分不必要条件 | B. | 必要不充分条件 | ||
C. | 充要条件 | D. | 既不充分也不必要条件 |
A. | 2一$\sqrt{21}$i | B. | $\sqrt{21}$一2i | C. | 1一2i | D. | 2一i |
A. | (0,$\frac{π}{6}$] | B. | [$\frac{π}{6}$,$\frac{π}{2}$) | C. | (0,$\frac{π}{3}$] | D. | [$\frac{π}{3}$,$\frac{π}{2}$) |