高中数学奥赛辅导函数的基本性质一

江苏省金湖县实验中学高中数学 奥赛辅导 函数的基本性质（一） 基础知识：函数的性质通常是指函数的定义域、值域、解析式、单调性、奇偶性、周期性、对称性等等，在解决与函数有关的(如方程、不等式等)问题时，巧妙利用函数及其图象的相关性质，可以使得问题得到简化，从而达到解决问题的目的.关于函数的有关性质，这里不再赘述，请大家参阅高中数学教材及竞赛教材：陕西师范大学出版社 刘诗雄《高中数学竞赛辅导》、刘诗雄、罗增儒《高中数学竞赛解题指导》. 例题：1. 已知f(x)＝8＋2x －x 2，如果g(x)＝f(2－x 2)，那么g(x)( )A.在区间(－2，0)上单调递增B.在(0，2)上单调递增C.在(－1，0)上单调递增D.在(0，1)上单调递增提示：可用图像，但是用特殊值较好一些.选C2. 设f(x)是R 上的奇函数，且f(x ＋3)＝－f(x)，当0≤x≤23时，f(x)＝x ，则f(2003)＝( )A.－1B.0C.1D.2003解：f(x ＋6)＝f(x ＋3＋3)＝－f(x ＋3)＝f(x)∴ f(x)的周期为6f(2003)＝f(6×335－1)＝f(－1)＝－f⑴＝－1选A3. 定义在实数集上的函数f(x)，对一切实数x 都有f(x ＋1)＝f(2－x)成立，若f(x)＝0仅有101个不同的实数根，那么所有实数根的和为( )A.150B.2303C.152D.2305 提示：由已知，函数f(x)的图象有对称轴x ＝23 于是这101个根的分布也关于该对称轴对称.即有一个根就是23，其余100个根可分为50对，每一对的两根关于x ＝23对称 利用中点坐标公式，这100个根的和等于23×100＝150 所有101个根的和为23×101＝2303.选B 4. 实数x ，y 满足x 2＝2()－1，则x 1998＋65y ＝.解：如果x 、y 不是某些特殊值，则本题无法(快速)求解注意到其形式类似于一元二次方程，可以采用配方法(x －())2＋2()＝0∴ x ＝() 且 ()＝0∴ x＝()＝±1∴ ＝1 ()＝1原式＝75. 已知x ＝9919 是方程x 4＋2＋c ＝0的根，b ，c 为整数，则b ＋c ＝.解：(逆向思考：什么样的方程有这样的根？)由已知变形得x －9919= ∴ x 2－219x ＋19＝99即 x 2－80＝219x再平方得x 4－160x 2＋6400＝76x 2即 x 4－236x 2＋6400＝0∴ b＝－236，c ＝6400b ＋c ＝61646. 已知f(x)＝2＋＋c(a ＞0)，f(x)＝0有实数根，且f(x)＝1在(0，1)内有两个实数根，求证：a ＞4.证法一：由已知条件可得△＝b 2－4≥0 ①f⑴＝a ＋b ＋c ＞1 ②f(0)＝c ＞1 ③0＜－a 2b ＜1 ④ b 2≥4b ＞1－a －cc ＞1b ＜0(∵ a＞0)于是－b≥2ac所以a ＋c －1＞－b≥2ac∴ (c a -)2＞1∴ c a -＞1于是c a >＋1＞2∴ a＞4证法二：设f(x)的两个根为x 1，x 2，则f(x)＝a(x －x 1)(x －x 2)f⑴＝a(1－x 1)(1－x 2)＞1f(0)＝1x 2＞1由基本不等式x 1(1－x 1)x 2(1－x 2)≤[41(x 1＋(1－x 1)＋x 2＋(1－x 2))]4＝(41)2 ∴ 16a 2≥a 2x 1(1－x 1)x 2(1－x 2)＞1 ∴ a 2＞16∴ a＞47. 已知f(x)＝x 2＋＋b(－1≤x≤1)，若(x)|的最大值为M ，求证：M≥21. 解：M ＝(x)＝{⑴|，(－1)|，(－2a )|} ⑴若|－2a |≥1 (对称轴不在定义域内部) 则M ＝{⑴|，(－1)|}而f⑴＝1＋a ＋bf(－1)＝1－a ＋b⑴|＋(－1)|≥⑴＋f(－1)|＝2≥4则⑴|和(－1)|中至少有一个不小于2∴ M≥2＞21 ⑵|－2a |＜1 M ＝{⑴|，(－1)|，(－2a )|} ＝{|1＋a ＋，|1－a ＋，|－4a 2＋} ＝{|1＋a ＋，|1－a ＋，|－4a 2＋，|－4a 2＋} ≥41(|1＋a ＋＋|1－a ＋＋|－4a 2＋＋|－4a 2＋) ≥41[(1＋a ＋b)＋(1－a ＋b)－(－4a 2＋b)－(－4a 2＋b)] ＝)2a 2(412+ ≥21 综上所述，原命题正确.8. ⑴解方程:(x ＋8)2001＋x 2001＋2x ＋8＝0⑵解方程：2)1x (222221)1x (1x 1x 4x 2-=++++++ ⑴解：原方程化为(x ＋8)2001＋(x ＋8)＋x 2001＋x ＝0即(x ＋8)2001＋(x ＋8)＝(－x)2001＋(－x)构造函数f(x)＝x 2001＋x原方程等价于f(x ＋8)＝f(－x)而由函数的单调性可知f(x)是R 上的单调递增函数于是有x ＋8＝－xx ＝－4为原方程的解⑵两边取以2为底的对数得x )1x x (log )x (f )1x ()1)1x (1x (log x 2)1x 4x 2(log 1x 2x )1)1x (1x (log )1x 4x 2(log )1x (1)1x (1x 1x 4x 2log 2222222222222222222222+++=++++++=++++-=++++-++-=++++++构造函数即即 于是f(2x)＝f(x 2＋1)易证：f(x)世纪函数，且是R 上的增函数，所以：2x ＝x 2＋1解得：x ＝19. 设f(x)＝x 4＋3＋2＋＋d ，f⑴＝1，f⑵＝2，f⑶＝3，求41[f⑷＋f(0)]的值. 解：由已知，方程f(x)＝x 已知有三个解，设第四个解为m ，记 F(x)＝f(x)－x ＝(x －1)(x －2)(x －3)(x －m)∴ f(x)＝(x －1)(x －2)(x －3)(x －m)＋xf⑷＝6(4－m)＋4f(0)＝6m∴ 41[f⑷＋f(0)]＝7 10. 设f(x)＝x 4－4x 3＋213x 2－5x ＋2，当x∈R 时，求证：(x)|≥21 证明：配方得：f(x)＝x 2(x －2)2＋25(x －1)2－21 ＝x 2(x －2)2＋25(x －1)2－1＋21 ＝(x 2－2x)2＋25(x －1)2－1＋21 ＝[(x －1)2－1]2＋25(x －1)2－1＋21 ＝(x －1)4－2(x －1)2＋1＋25(x －1)2－1＋21 ＝(x －1)4＋21(x －1)2＋21 ≥21 练习：1. 已知f(x)＝5＋5x ＋1，且f⑴＝5，则f(－1)＝( )A.3B.－3C.5D.－5解：∵ f⑴＝a ＋51＋1＝5设f(－1)＝－a ＋5(－1)＋1＝k相加：f⑴＋f(－1)＝2＝5＋k∴ f(－1)＝k ＝2－5＝－3选B2. 已知(3x ＋y)2001＋x 2001＋4x ＋y ＝0，求4x ＋y 的值.解：构造函数f(x)＝x 2001＋x ，则f(3x ＋y)＋f(x)＝0逐一到f(x)的奇函数且为R 上的增函数，所以3x ＋y ＝－x4x ＋y ＝03. 解方程：(1x 2+＋x)＋(1x 42+＋2x)＋3x ＝0解：构造函数f(x)＝(1x 2+＋x)＋x则由已知得：f(x)＋f(2x)＝0不难知，f(x)为奇函数，且在R 上是增函数(证明略)所以f(x)＝－f(2x)＝f(－2x)由函数的单调性，得x ＝－2x所以原方程的解为x ＝04. 若函数y ＝3(x 2＋－a)的值域为R ，则实数a 的取值范围是.解：函数值域为R ，表示函数值能取遍所有实数，则其真数函数g(x)＝x 2＋－a 的函数值应该能够取遍所有正数所以函数y ＝g(x)的图象应该与x 轴相交即△≥0 ∴ a 2＋4a≥0a≤－4或a≥0解法二：将原函数变形为x 2＋－a －3y ＝0△＝a 2＋4a ＋4·3y ≥0对一切y∈R 恒成立则必须a 2＋4a≥0成立∴ a≤－4或a≥05. 函数y ＝8x 4x 5x 4x 22+-+++的最小值是.提示：利用两点间距离公式处理y ＝2222)20()2x ()10()2x (-+-++++表示动点P(x ，0)到两定点A(－2，－1)和B(2，2)的距离之和 当且仅当P 、A 、B 三点共线时取的最小值，为＝56. 已知f(x)＝2＋＋c ，f(x)＝x 的两根为x 1，x 2，a ＞0，x 1－x 2＞a1，若0＜t ＜x 1，试比较f(t)与x 1的大小.解法一：设F(x)＝f(x)－x ＝2＋(b －1)x ＋c ，＝a(x －x 1)(x －x 2)∴ f(x)＝a(x －x 1)(x －x 2)＋x作差：f(t)－x 1＝a(t －x 1)(t －x 2)＋t －x 1＝(t －x 1)[a(t －x 2)＋1]＝a(t －x 1)(t －x 2＋a 1)又t －x 2＋a 1＜t －(x 2－x 1)－x 1＝t －x 1＜0 ∴ f(t)－x 1＞0 ∴ f(t)＞x 1解法二：同解法一得f(x)＝a(x －x 1)(x －x 2)＋x令g(x)＝a(x －x 2)∵ a＞0，g(x)是增函数，且t ＜x 1⇒ g(t)＜g(x 1)＝a(x 1－x 2)＜－1另一方面：f(t)＝g(t)(t －x 1)＋t∴ 1x t t )t (f --＝a(t －x 2)＝g(t)＜－1 ∴ f(t)－t ＞x 1－t∴ f(t)＞x 17. f(x)，g(x)都是定义在R 上的函数，当0≤x≤1，0≤y≤1时.求证：存在实数x ，y ，使得－f(x)－g(y)|≥41 证明：(正面下手不容易，可用反证法) 若对任意的实数x ，y ，都有－f(x)－g(y)|＜41 记(x ，y)|＝－f(x)－g(y)|则(0，0)|＜41，(0，1)|＜41，(1，0)|＜41，(1，1)|＜41 而S(0，0)＝－f(0)－g(0)S(0，1)＝－f(0)－g(1)S(1，0)＝－f(1)－g(0)S(1，1)＝1－f(1)－g(1)∴ (0，0)|＋(0，1)|＋(1，0)|＋(1，1)|≥(0，0)－S(0，1)－S(1，0)＋S(1，1)|＝1矛盾！故原命题得证！8. 设a ，b ，c∈R，≤1，f(x)＝2＋＋c ，如果(x)|≤1，求证：|2＋≤4.解：(本题为1914年匈牙利竞赛试题)f⑴＝a ＋b ＋cf(－1)＝a －b ＋cf(0)＝c∴ a＝21[f⑴＋f(－1)－2f(0)] b ＝21[f ⑴－f(－1)] c ＝f(0) |2＋＝|[f⑴＋f(－1)－2f(0)]x ＋21[f⑴－f(－1)]|＝|(x ＋21)f⑴＋(x －21)f(－1)－2(0)| ≤＋21⑴|＋－21(－1)|＋2(0)| ≤＋21|＋－21|＋2 接下来按x 分别在区间[－1，－21]，(－21，0)，[0，21)，[21，1]讨论即可 9. 已知函数f(x)＝x 3－x ＋c 定义在[0，1]上，x 1，x 2∈[0，1]且x 1≠x 2.⑴求证：(x 1)－f(x 2)|＜21－x 2|；⑵求证：(x 1)－f(x 2)|＜1.证明：⑴(x 1)－f(x 2)|＝13－x 1＋x 23－x 2|＝1－x 212＋x 1x 2＋x 22－1|需证明12＋x 1x 2＋x 22－1|＜2 ………………①x 12＋x 1x 2＋x 22＝(x 1＋4x 32x 22222 )≥0 ∴ －1＜x 12＋x 1x 2＋x 22－1＜1＋1＋1－1＝2 ∴ ①式成立于是原不等式成立⑵不妨设x 2＞x 1由⑴ (x 1)－f(x 2)|＜21－x 2|①若 x 2－x 1∈(0，21] 则立即有(x 1)－f(x 2)|＜1成立.②若1＞x 2－x 1＞21，则－1＜－(x 2－x 1)＜－21 ∴ 0＜1－(x 2－x 1)＜21 (右边变为正数) 下面我们证明(x 1)－f(x 2)|＜2(1－x 2＋x 1) 注意到：f(0)＝f⑴＝f(－1)＝c(x 1)－f(x 2)|＝(x 1)－f⑴＋f(0)－f(x 2)| ≤(x 1)－f⑴|＋(0)－f(x 2)| ＜2(1－x 2)＋2(x 2－0) (由⑴) ＝2(1－x 2＋x 1)＜1综合⑴⑵，原命题得证.10. 已知f(x)＝2＋x －a(－1≤x≤1)⑴若≤1，求证：(x)|≤45 ⑵若f(x)＝817，求a 的值. 解：分析：首先设法去掉字母a ，于是将a 集中 ⑴若a ＝0，则f(x)＝x ，当x∈[－1，1]时，(x)|≤1＜45成立 若a≠0，f(x)＝a(x 2－1)＋x∴ (x)|＝(x 2－1)＋≤2－1|＋≤2－1|＋ (∵ ≤1)≤1－2|＋＝45－(－21)2 ≤45 ⑵a＝0时，f(x)＝x≤1≠817 ∴ a≠0 ∵ f(x)＝{f⑴，f(－1)，f(－a 21)} 又f(±1)＝±1≠817 ∴ f(x)＝f(－a 21)＝817 a(－a 21)2＋(－a 21)－a ＝817 a ＝－2或a ＝－81 但此时要求顶点在区间[－1，1]内，应舍去－81 答案为－2。