人教版数学-江苏省数学竞赛第07讲 函数的性质与图象(新)

第7讲函数的性质与图象

本节主要内容有函数的单调性、奇偶性（包括对称性）和周期性，函数图象的画法和变换等内容．

A类例题

例1 求函数f(x)=log1

(x2－2x－3)的单调递增区间。

2

（2002年全国联赛一试）

解：由x2－2x－3>0，得x<－1或x>3．

u，u= x2－2x－3。由于f(u)在（0，+∞）上令y=f(u)= log1

2

是单调减函数，u= x2－2x－3在区间（－∞，－1）上是单调减函数，那么由复合函数的单调性可知，函数f(x)在区间(－∞，－1)上单调递增。

同样可以得到函数f(x)在区间(3，+∞)上单调递减。

所以函数f(x)=log1

(x2－2x－3)的单调递增区间是（－∞，－1）。

2

说明分析函数的单调区间一般可以根据原函数的定义域以及复合函数的单调性的判断方法进行判断，也可以利用函数的图象进行判断。论证函数的单调性常常利用定义或导数。

例2 设f(x)是定义在实数集上的周期为2的函数，且是偶函数，已知当x∈[2,3]时，f(x)=x，求x∈[－2，0]时f(x)的解析式。

（1990年全国联赛一试）

分析由T=2，可以得出x∈[－2，－1]和x∈[0，1]时f(x)的解析式；再由奇偶性，即可得到x∈[－2，0]时f(x)的解析式。

解因为函数f(x)是以T=2为周期的周期函数，所以f(x+2)=f(x)。

当x∈[－2，－1]时，x+4∈[2，3]，于是f(x+4)=x+4，

则f(x)= f(x+4)=x+4。

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当x ∈[0，1]时，x +2∈[2，3]，于是f (x +2)=x +2，

则f (x )= f (x +2)=x +2。

又由于f (x )为偶函数，故f (-x )=f (x )。

当x ∈[－1，0)时，－x ∈(0，1]，则f (x )= f (－x )=－x +2。 所以f (x )=⎩⎨⎧3－(－x －1)=x+4 (x ∈[－2，－1])，3－(x+1)=－x+2 (x ∈(－1，0))． =3－|x +1|（x ∈[－2，

0]）。

说明 本题是根据周期函数和偶函数得性质来求解的。本题还可以画出函数的图象来解。

例3 设函数f 0(x )=|x |，f 1(x )=|f 0(x )－1|，f 2(x )= |f 1(x )－2|，求函数y=f 2(x )的图象与x 轴所围成图形中的封闭部分的面积.

（1989年全国联赛一试）

解 图1是函数f 0(x )=|x |的图形，把此图形向下平行移动1个单位就得到函数f 0(x )=|x |－1的图形，作该图形的在x 轴下方的部分关于x 轴的对称图形得出图2，其中在x 轴上方的部分即是f 1(x )=|f 0(x )–1|的图象，再把该图象向下平行移动2个单位得到f 0(x )=|x |－2的图象，作该图象在x 轴下方的部分关于x 轴的对称图形得到图3，其中x 轴上方的部分即是f 2(x )= |f 1(x )–2|的图象。易得所求面积为7。

情景再现

1．函数f (x )=x 1－2x

－x 2（ ） A ．是偶函数但不是奇函数 B ．是奇函数但不是偶函数

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C ．既是奇函数也是偶函数

D ．既不是奇函数也不是偶函数 （2002年全国联赛一试）

2．已知f (x )是定义在(0，+∞)上的减函数，若f (2a 2+a +1)＜f (3a 2－4a +1)成立，则a 的取值范围是 。

（2005年全国联赛一试）

3．若f (x ) (x ∈R )是以2为周期的偶函数，当x ∈[ 0，1 ]时，

f (x )=x 11000，则f (9819)，f (10117)，f (10415

)由小到大排列是 ．

（1998年全国联赛一试） B 类例题

例4 设x ，y 为实数，且满足⎩⎨⎧(x －1)3+1997(x －1)=－1，(y －1)3+1997(y －1)=1．

求x +y 的值。

（1997年全国联赛一试）

分析 由方程组可以观察到x -1、1-y 是方程t 3+1997t +1=0的根。

解：原方程组即⎩⎨⎧(x －1)3+1997(x －1)+1=0，(1－y )3+1997(1－y )+1=0．

取 f (t )=t 3+1997t +1，则f '(t )=3t 2+1997>0，故f (t )是单调增函数， 所以方程t 3+1997t +1=0至多只有一个实数解，

所以x －1=1－y ，即x +y=2．

例5 设曲线C 的方程是,

3x x y -=将C 沿x 轴、y 轴正向分别平行移动t 、s 单位长度后得曲线C 1。

（1）写出曲线C 1的方程；

（2）证明曲线C 与C 1关于点)2

,2(s

t A 对称； （3）如果C 与C 1有且仅有一个公共点，证明3

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t s t t =-≠且。

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（1998年全国高考题）

分析 第（1）小题直接由函数图象平移性质可得；第（2）小题“证明曲线C 与C 1关于点)2

,2(s t A 对称”应转化为证明“设B 1（x 1，y 1) 为C 上任意一点，证明点（t -x 1，s -y 1）必在曲线C 1上”，反之亦然；第

（3）小题即为两曲线方程构成的方程组有且仅有一组解。

（1）解 曲线C 1的方程为3()()y x t x t s =---+。

（2）证明 在曲线C 上任取一点B 1（x 1，y 1)。

设B 2（x 2，y 2)是B 1关于点A 的对称点，则有 .,.2

2,2221212121y s y x t x s y y t x x -=-=∴=+=+ 代入曲线C 的方程，得3222()()s y t x t x -=---，

3222()()y x t x t s =---+即，故点B 2的坐标满足C 1的方程， 可知点B 2（x 2，y 2)在曲线C 1上。

反过来，也可以证明，在曲线C 1上的点关于点A 对称点在曲线C 上。 因此，曲线C 与C 1关于点A 对称。

（3）证明 因为曲线C 与C 1有且仅有一个公共点，所以方程组

⎩

⎨⎧+---=-=.)()(,33s t x t x y x x y 有且仅有一组解。消去y ，整理得,0)(33322=--+-s t t x t tx

这个关于x 的一元二次方程有且仅有一个根。

所以0≠t 并且其根的判别式

⎩

⎨⎧=--≠=---=∆.0)44(,0,0)(129334s t t t t s t t t t 即