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高中数学竞赛专题讲座之函数的基本性质



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: 已知 f(x)=8+2x-x2,如果 g(x)=f(2-x2),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 C 设 f(x)是 R 上的奇函数,且 f(x+3)=-f(x),当 0≤x≤时,f(x)=x,则 f(2003)=( ) A.-1 B.0 C.1 D.2003 解:f(x+6)=f(x+3+3)=-f(x+3)=f(x) ∴ f(x)的周期为 6 f(2003)=f(6×335-1)=f(-1)=-f⑴=-1 选A 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.150 B. C.152 D. 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×100=150 所有 101 个根的和为×101=.选 B 实数 x,y 满足 x2=2xsin(xy)-1,则 x1998+6sin5y=______________. 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-sin(xy))2+cos2(xy)=0 ∴ x=sin(xy) 且 cos(xy)=0 ∴ x=sin(xy)=±1 ∴ siny=1 xsin(xy)=1 原式=7 已知 x=是方程 x4+bx2+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- ∴ x2-2x+19=99 即 x2-80=2x 再平方得 x4-160x2+6400=76x2 即 x4-236x2+6400=0 ∴ b=-236,c=6400

b+c=6164 已知 f(x)=ax2+bx+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 △=b2-4ac≥0 ① f⑴=a+b+c>1 ② f(0)=c>1 ③ 0<-<1 ④ b2≥4ac b>1-a-c c>1 b<0(∵ a>0) 于是-b≥2 所以 a+c-1>-b≥2 ∴ ()2>1 ∴ >1 于是+1>2 ∴ a>4 证法二:设 f(x)的两个根为 x1,x2, 则 f(x)=a(x-x1)(x-x2) f⑴=a(1-x1)(1-x2)>1 f(0)=ax1x2>1 由基本不等式 x1(1-x1)x2(1-x2)≤[(x1+(1-x1)+x2+(1-x2))]4=()2 ∴ ≥a2x1(1-x1)x2(1-x2)>1 ∴ a2>16 ∴ a>4 已知 f(x)=x2+ax+b(-1≤x≤1),若|f(x)|的最大值为 M,求证:M≥. 解:M=|f(x)|max=max{|f⑴|,|f(-1)|,|f(-)|} ⑴若|-|≥1 (对称轴不在定义域内部) 则 M=max{|f⑴|,|f(-1)|} 而 f⑴=1+a+b f(-1)=1-a+b |f⑴|+|f(-1)|≥|f⑴+f(-1)|=2|a|≥4 则|f⑴|和|f(-1)|中至少有一个不小于 2 ∴ M≥2> ⑵|-|<1 M=max{|f⑴|,|f(-1)|,|f(-)|} =max{|1+a+b|,|1-a+b|,|-+b|} =max{|1+a+b|,|1-a+b|,|-+b|,|-+b|} ≥(|1+a+b|+|1-a+b|+|-+b|+|-+b|) ≥[(1+a+b)+(1-a+b)-(-+b)-(-+b)] = ≥

综上所述,原命题正确. ⑴解方程:(x+8)2001+x2001+2x+8=0 ⑵解方程: ⑴解:原方程化为(x+8)2001+(x+8)+x2001+x=0 即(x+8)2001+(x+8)=(-x)2001+(-x) 构造函数 f(x)=x2001+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=-x x=-4 为原方程的解 ⑵两边取以 2 为底的对数得 于是 f(2x)=f(x2+1) 易证:f(x)世纪函数,且是 R 上的增函数, 所以:2x=x2+1 解得:x=1 设 f(x)=x4+ax3+bx2+cx+d,f⑴=1,f⑵=2,f⑶=3,求[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)+x f⑷=6(4-m)+4 f(0)=6m ∴ [f⑷+f(0)]=7 设 f(x)=x4-4x3+x2-5x+2,当 x∈R 时,求证:|f(x)|≥ 证明:配方得: f(x)=x2(x-2)2+(x-1)2- =x2(x-2)2+(x-1)2-1+ =(x2-2x)2+(x-1)2-1+ =[(x-1)2-1]2+(x-1)2-1+ =(x-1)4-2(x-1)2+1+(x-1)2-1+ =(x-1)4+(x-1)2+ ≥ 练习: 已知 f(x)=ax5+bsin5x+1,且 f⑴=5,则 f(-1)=( ) A.3 B.-3 C.5 D.-5 解:∵ f⑴=a+bsin51+1=5 设 f(-1)=-a+bsin5(-1)+1=k 相加:f⑴+f(-1)=2=5+k ∴ f(-1)=k=2-5=-3 选B 已知(3x+y)2001+x2001+4x+y=0,求 4x+y 的值. 解:构造函数 f(x)=x2001+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=-x

4x+y=0 解方程:ln(+x)+ln(+2x)+3x=0 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 x=-2x 所以原方程的解为 x=0 若函数 y=log3(x2+ax-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)=x2+ax-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 ∴ a2+4a≥0 a≤-4 或 a≥0 解法二:将原函数变形为 x2+ax-a-3y=0 △=a2+4a+4·3y≥0 对一切 y∈R 恒成立 则必须 a2+4a≥0 成立 ∴ a≤-4 或 a≥0 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|=5 已知 f(x)=ax2+bx+c,f(x)=x 的两根为 x1,x2,a>0,x1-x2>,若 0<t<x1,试比较 f(t) 与 x1 的大小. 解法一:设 F(x)=f(x)-x=ax2+(b-1)x+c, =a(x-x1)(x-x2) ∴ f(x)=a(x-x1)(x-x2)+x 作差:f(t)-x1=a(t-x1)(t-x2)+t-x1 =(t-x1)[a(t-x2)+1] =a(t-x1)(t-x2+) 又 t-x2+<t-(x2-x1)-x1=t-x1<0 ∴ f(t)-x1>0 ∴ f(t)>x1 解法二:同解法一得 f(x)=a(x-x1)(x-x2)+x 令 g(x)=a(x-x2) ∵ a>0,g(x)是增函数,且 t<x1 ( g(t)<g(x1)=a(x1-x2)<-1 另一方面:f(t)=g(t)(t-x1)+t ∴ =a(t-x2)=g(t)<-1 ∴ f(t)-t>x1-t ∴ f(t)>x1 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

|xy-f(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|xy-f(x)-g(y)|< 记|S(x,y)|=|xy-f(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)=1-f(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! 设 a,b,c∈R,|x|≤1,f(x)=ax2+bx+c,如果|f(x)|≤1,求证:|2ax+b|≤4. 解:(本题为 1914 年匈牙利竞赛试题) f⑴=a+b+c f(-1)=a-b+c f(0)=c ∴ a=[f⑴+f(-1)-2f(0)] b=[f⑴-f(-1)] c=f(0) |2ax+b|=|[f⑴+f(-1)-2f(0)]x+[f⑴-f(-1)]| =|(x+)f⑴+(x-)f(-1)-2xf(0)| ≤|x+||f⑴|+|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 已知函数 f(x)=x3-x+c 定义在[0,1]上,x1,x2∈[0,1]且 x1≠x2. ⑴求证:|f(x1)-f(x2)|<2|x1-x2|; ⑵求证:|f(x1)-f(x2)|<1. 证明:⑴|f(x1)-f(x2)|=|x13-x1+x23-x2| =|x1-x2||x12+x1x2+x22-1| 需证明|x12+x1x2+x22-1|<2 ………………① x12+x1x2+x22=(x1+≥0 ∴ -1<x12+x1x2+x22-1<1+1+1-1=2 ∴ ①式成立 于是原不等式成立 ⑵不妨设 x2>x1 由⑴ |f(x1)-f(x2)|<2|x1-x2| ①若 x2-x1∈(0,] 则立即有|f(x1)-f(x2)|<1 成立. ②若 1>x2-x1>,则-1<-(x2-x1)<- ∴ 0<1-(x2-x1)< (右边变为正数) 下面我们证明|f(x1)-f(x2)|<2(1-x2+x1)

注意到:f(0)=f⑴=f(-1)=c |f(x1)-f(x2)|=|f(x1)-f⑴+f(0)-f(x2)| ≤|f(x1)-f⑴|+|f(0)-f(x2)| <2(1-x2)+2(x2-0) (由⑴) =2(1-x2+x1) <1 综合⑴⑵,原命题得证. 已知 f(x)=ax2+x-a(-1≤x≤1) ⑴若|a|≤1,求证:|f(x)|≤ ⑵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 ⑴若 a=0,则 f(x)=x, 当 x∈[-1,1]时,|f(x)|≤1<成立 若 a≠0,f(x)=a(x2-1)+x ∴ |f(x)|=|a(x2-1)+x| ≤|a||x2-1|+|x| ≤|x2-1|+|x| (∵ |a|≤1) ≤1-|x2|+|x| =-(|x|-)2 ≤ ⑵a=0 时,f(x)=x≤1≠ ∴ a≠0 ∵ f(x)max=max{f⑴,f(-1),f(-)} 又 f(±1)=±1≠ ∴ f(x)max=f(-)= a(-)2+(-)-a= ( a=-2 或 a=- 但此时要求顶点在区间[-1,1]内,应舍去- 答案为-2



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