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）

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)82xx2，如果g(x)f(2x2)，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(x3)f(x)，当0x时，f(x)x，则f(2003)( )A.1B.0C.1D.2003解：f(x6)f(x33)f(x3)f(x) f(x)的周期为6f(2003)f(63351)f(1)f1选A3. 定义在实数集上的函数f(x)，对一切实数x都有f(x1)f(2x)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.C.152D.提示：由已知，函数f(x)的图象有对称轴x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，其余100个根可分为50对，每一对的两根关于x对称利用中点坐标公式，这100个根的和等于100150所有101个根的和为101.选B4. 实数x，y满足x22xsin(xy)1，则x19986sin5y_.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(xsin(xy)2cos2(xy)0 xsin(xy) 且 cos(xy)0 xsin(xy)1 siny1 xsin(xy)1原式75. 已知x是方程x4bx2c0的根，b，c为整数，则bc_.解：(逆向思考：什么样的方程有这样的根？)由已知变形得x x22x1999即 x2802x再平方得x4160x2640076x2即 x4236x264000 b236，c6400bc61646. 已知f(x)ax2bxc(a0)，f(x)0有实数根，且f(x)1在(0，1)内有两个实数根，求证：a4.证法一：由已知条件可得 b24ac0 fabc1 f(0)c1 01 b24ac b1ac c1 b0( a0)于是b2所以ac1b2 ()21 1于是12 a4证法二：设f(x)的两个根为x1，x2，则f(x)a(xx1)(xx2) fa(1x1)(1x2)1 f(0)ax1x21由基本不等式x1(1x1)x2(1x2)(x1(1x1)x2(1x2)4()2 a2x1(1x1)x2(1x2)1 a216 a47. 已知f(x)x2axb(1x1)，若|f(x)|的最大值为M，求证：M.解：M|f(x)|maxmax|f|，|f(1)|，|f()|若|1 (对称轴不在定义域内部)则Mmax|f|，|f(1)|而f1ab f(1)1ab|f|f(1)|ff(1)|2|a|4则|f|和|f(1)|中至少有一个不小于2 M2|1Mmax|f|，|f(1)|，|f()| max|1ab|，|1ab|，|b| max|1ab|，|1ab|，|b|，|b| (|1ab|1ab|b|b|) (1ab)(1ab)(b)(b) 综上所述，原命题正确.8. 解方程:(x8)2001x20012x80解方程：解：原方程化为(x8)2001(x8)x2001x0 即(x8)2001(x8)(x)2001(x)构造函数f(x)x2001x原方程等价于f(x8)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x8xx4为原方程的解两边取以2为底的对数得于是f(2x)f(x21)易证：f(x)世纪函数，且是R上的增函数，所以：2xx21解得：x19. 设f(x)x4ax3bx2cxd，f1，f2，f3，求ff(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(x1)(x2)(x3)(xm) f(x)(x1)(x2)(x3)(xm)xf6(4m)4f(0)6m ff(0)710. 设f(x)x44x3x25x2，当xR时，求证：|f(x)|证明：配方得：f(x)x2(x2)2(x1)2 x2(x2)2(x1)21 (x22x)2(x1)21 (x1)212(x1)21 (x1)42(x1)21(x1)21 (x1)4(x1)2 练习：1. 已知f(x)ax5bsin5x1，且f5，则f(1)( )A.3B.3C.5D.5解： fabsin5115 设f(1)absin5(1)1k相加：ff(1)25k f(1)k253选B2. 已知(3xy)2001x20014xy0，求4xy的值.解：构造函数f(x)x2001x，则f(3xy)f(x)0逐一到f(x)的奇函数且为R上的增函数，所以3xyx4xy03. 解方程：ln(x)ln(2x)3x0解：构造函数f(x)ln(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x2x所以原方程的解为x04. 若函数ylog3(x2axa)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)x2axa的函数值应该能够取遍所有正数所以函数yg(x)的图象应该与x轴相交即0 a24a0a4或a0解法二：将原函数变形为x2axa3y0a24a43y0对一切yR恒成立则必须a24a0成立 a4或a05. 函数y的最小值是_.提示：利用两点间距离公式处理y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|AB|56. 已知f(x)ax2bxc，f(x)x的两根为x1，x2，a0，x1x2，若0tx1，试比较f(t)与x1的大小.解法一：设F(x)f(x)xax2(b1)xc， a(xx1)(xx2) f(x)a(xx1)(xx2)x作差：f(t)x1a(tx1)(tx2)tx1 (tx1)a(tx2)1 a(tx1)(tx2)又tx2t(x2x1)x1tx10 f(t)x10 f(t)x1解法二：同解法一得f(x)a(xx1)(xx2)x令g(x)a(xx2) a0，g(x)是增函数，且tx1 g(t)g(x1)a(x1x2)1另一方面：f(t)g(t)(tx1)t a(tx2)g(t)1 f(t)tx1t f(t)x17. f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，当0x1，0y1时.求证：存在实数x，y，使得|xyf(x)g(y)|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|xyf(x)g(y)|记|S(x，y)|xyf(x)g(y)|则|S(0，0)|，|S(0，1)|，|S(1，0)|，|S(1，1)|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)1f(1)g(1) |S(0，0)|S(0，1)|S(1，0)|S(1，1)| |S(0，0)S(0，1)S(1，0)S(1，1)| 1矛盾！故原命题得证！8. 设a，b，cR，|x|1，f(x)ax2bxc，如果|f(x)|1，求证：|2axb|4.解：(本题为1914年匈牙利竞赛试题)fabcf(1)abcf(0)c aff(1)2f(0) bff(1) cf(0)|2axb|ff(1)2f(0)xff(1)| |(x)f(x)f(1)2xf(0)| |x|f|x|f(1)|2|x|f(0)| |x|x|2|x|接下来按x分别在区间1，(，0)，0，)，1讨论即可9. 已知函数f(x)x3xc定义在0，1上，x1，x20，1且x1x2.求证：|f(x1)f(x2)|2|x1x2|；求证：|f(x1)f(x2)|1.证明：|f(x1)f(x2)|x13x1x23x2|x1x2|x12x1x2x221|需证明|x12x1x2x221|2 x12x1x2x22(x10 1x12x1x2x22111112 式成立于是原不等式成立不妨设x2x1由 |f(x1)f(x2)|2|x1x2|若 x2x1(0，则立即有|f(x1)f(x2)|1成立.若1x2x1，则1(x2x1) 01(x2x1) (右边变为正数)下面我们证明|f(x1)f(x2)|2(1x2x1)注意到：f(0)ff(1)c|f(x1)f(x2)|f(x1)ff(0)f(x2)| |f(x1)f|f(0)f(x2)| 2(1x2)2(x20) (由) 2(1x2x1) 1综合，原命题得证.10. 已知f(x)ax2xa(1x1)若|a|1，求证：|f(x)|若f(x)max，求a的值.解：分析：首先设法去掉字母a，于是将a集中若a0，则f(x)x，当x1，1时，|f(x)|1成立若a0，f(x)a(x21)x |f(x)|a(x21)x| |a|x21|x| |x21|x| ( |a|1) 1|x2|x| (|x|)2 a0时，f(x)x1 a0 f(x)maxmaxf，f(1)，f()又f(1)1 f(x)maxf()a()2()a a2或a但此时要求顶点在区间1，1内，应舍去答案为2