高中数学奥赛辅导函数的基本性质一

江苏省金湖县试验中学中学数学奥赛辅导函数的基本性质(一)

基础学问：

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，在解决和函数有关的(如方程、不等式等)问题时，奇妙利用函

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，请大家参阅中学数学教材及竞赛教材:

陕西师范高校出版社刘诗雄《中学数学竞赛辅导》、刘诗雄、罗增儒《中学数学

竞赛解题指导》.

例题：

1.已知f(x)=8+2x—X',假如g(x)=f(2—x>,那么g(x)()

A.在区间(一2,0)上单调递增B.在(0,2)上单调递增

C.在(一1,0)上单调递增D.在(0,1)上单调递增

提示：可用图像，但是用特别值较好一些.选C

2.设f(x)是R上的奇函数，且f(x+3)=—f(x),当0WxW°时，f(x)=x,则

2

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6

f(2003)=f(6X335—1)=f(—1)=-f(l)=-1

选A

3.定义在实数集上的函数f(x),对一切实数X都有f(x+l)=f(2—X)成立，若

f(x)=O仅有101个不同的实数根，那么全部实数根的和为()

A.150B.—C.152D.—

22

提示：由已知，函数f(x)的图象有对称.轴x=m

2

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3,其余100个根可分为50对，每一对的两根关于x=3对

22

称

利用中点坐标公式，这100个根的和等于9x100=150

2

全部101个根的和为3X101=当.选B

22

4.实数x,y满意x2=2()—1,则x.+65y=.

.解：假如x、y不是某些特别值，则本题无法(快速)求解

留意到其形式类似于一元二次方程，可以采纳配方法

(x-O)2+2O=o

x=()且()=0

，x=()=±l

，=1()=1

原式=7

5.已知x=M+项是方程x"+2+c=0的根，b,c为整数，则b+c=.

解：(逆向思索：什么样的方程有这样的根？)

由已知变形得X—719=799

Z.X2-2V19X+19=99

即X2—80=2V19x

再平方得X4-160X2+6400=76X2

即X4-236X2+6400=0

,b=—236,c=6400

b+c=6164

6.已知f(x)=2++c(a>0),f(x)=O有实数根，且f(x)=l在(0,1)内有两个

实数根，求证：a>4.

证法一：由已知条件可得

△=卜一420①

f(l)=a+b+c>l②

f(0)=c>l③

0<-—<1④

2a

b2^4

b>l-a-c

c>l

b<0(Va>0)

于是一b^2Vac

所以a+c—1>—b^2Vac

(Va-Vc)2>1

Va-Vc>1

于是几>/+1>2

・•・a>4

证法二：设f(x)的两个根为Xi，x2,

则f(x)=a(x—Xi)(x—x2)

—

f(l)=a(l—Xi)(1x2)>1

f(0)=ix2>l

由基本不等式

X1.(1-Xi)X(l—X)^[—(X1+(1—Xi)+x+(1-x))]4=(—)2

224422

，—^a2Xi(l-Xi)x(l—x)>1

1622

二a2>16

，a>4

7.已知f(x)=x?++b(—lWxWl),若(x)1的最大值为M,求证：

2

解：M=(x)={(1)|,(-1)I，T)|}

2

⑴若|一门21(对称轴不在定义域内部)

2

则M={⑴I，(-1)|}

而f⑴=l+a+b

f(-1.)=l—a+b

(1)|+(-1)⑴+f(—1)|=224

则⑴I和(-1)I中至少有一个不小于2

2

(2)--1<1

2

M={(1)],(―1),(--)|}

2

={|l+a+,|1—a+,1一号+}

={|l+a+,|1—a+,|,|——+)

44

三，(|l+a++|l-a++|-^++|-^+)

444

.-[(1+a+b)+(1—a+b)—(——+b)—(——+b)]

444

一1/ea\

2

综上所述，原命题正确.

8.⑴解方程：(X+8)2001+XZ001+2X+8=0

⑵解方程：—2x+,4x2+l==2«-以

222

X+1+A/(x+1)+1

⑴解：原方程化为(X+8)，+(X+8)+X2期+x=0

即(X+8)2001+(X+8)=(-x)2001+(-x)

构造函数f3ux.+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

2X+A/4X2+1

log

2X2+1+7(X2+1)2+1

2222

即log2(2x+A/4X+1)-log2(x+1++1)+1)=x-2x+1

222

即log2(2x+V4x+1)+2x=log2(x+1+J(x)+l)'+1)+(x+1)

2

构造函数"(x)=log2(x+Vx+1)+X

于是f(2x)=f(x2+l)

易证：f(x)世纪函数，且是R上的增函数，

所以：2X=X2+1

解得：x=l

9,设f(x)=x"+3+2++d,f(l)=Lf(2)=2,f(3)=3,求⑷+f(0)]的值.

4

解：由已.知，方程f(x)=xE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

f(4)=6(4—m)+4

f(0)=6ni

1[f(4)+f(0)]=7

4

10.设f(x).=x4—4x、'+Ux「5x+2,当x£R时,求证：(x)|改工

22

证明：配方得：

f(x)=x2(x—2)2+—(x—I)2—-

22

=X2(X-2)2+^(X-1)2-1+1

22

=(x2-2x)2+^(x-l)2-l+l

22

=[(x-l)2-l]2+^(x-l)2-l+l

一22

=(x—1)4—2(x—1)?+1+9(x-1)2-1+-

22

=(x—1)4+-(x-1)2+-

22

2

练习：

1.已知f(x)=5+5x+l,且f⑴=5,则f(—1)=()

A.3B.13C.5D.15

解：f(D=a+5l+l=5

设f(—1)=—a+'(—l)+l=k

相加:f(D+f(-l)=2=5+k

f(—1)=k=2—5——3

选B

2.已知(3*+丫)2°°|+六刈+4*+丫=0,求4x+y的值.

解：构造函数f(X)=x""+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

3.解方程：(Jx?+1+x)+(“x?+1+2x)+3x=0

解.：构造函数f(X)=(7x2+1+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

4.若函数y=3(x?+—a)的值域为R,则实数a的取值范围是.

解：函数值域为R,表示函数值能取遍全部实数，

则其真数函数g(x)=x?+—a的函数值应当能够取遍全部正数

所以函数y=g(x)的图象应当和x轴相交

即△》()a2+4a^0

a<—4或a20

解法二：将原函数变形为x?+—a—3>=0

△=a+4a+4•3'20对一切yGR恒成立

则必需才+42三0成立

，aW—4或a20

5.函数y=Jx2+4x+5+Jx，-4x+8的最小值是.

提示：利用两点间距离公式处理

y=7(X+2)2+(0+l)2+7(X-2)2+(0-2)2

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=5

6.已知f(x)=?++c,f(x)=x的两根为Xi,X2,a>0,Xi—x>->若0<t<

2a

X1,试比较f(t)和X1的大小.

解法一：设F(x)=f(x)—x=2+(b—l)x+c,

=a(x—Xi)(x—x2)

/.f(x)=a(x—Xi)(x—x2)+x

作差：f(t)—Xi=a(t—Xi)(t—x2)+t-Xi

—(t-Xi)[a(t—x2)+1]

=a(t—Xi)(t—x2+-)

又t—x+—<t—(x-Xi)—Xi=t—Xi<0

2a2

/.f(t)—Xi>0

/.f(t)>Xi

解法二：同解法一得f(x)=a(x—Xi)(X—x2)+x

令g(x)=a(x—x2)

,:a>0,g(x)是增函数,且tVxi

Dg(t)<g(xi)=a(xi—x2)<—1

另一方面：f(t)=g(t)(t—Xi)+t

=a(t—x2)=g(t)<-1

/.f(t)—t>Xi—t

f(t)>X1

7.f(x),g(x)都是定义在R上的函数，当OWxWl,OWyWl时.

求证：存在实数x,y,使得

—f(x)—g(y)|

4

证明：(正面下手不简单，可用反证法)

若对随意的实数x,,y,都有一f(x)—g(y)1<工

4

记(x,y)|=—f(x)—g(y)|

则(o,o)|<->(0,1)\<-,(1,0)1vL(1,1)|<-

4444

而S(0,0)=-f(0)-g(0)

S(0,l)=-f(0)-g(l)

S(l,0)=-f(l)-g(0)

S(l,1)=1—f⑴一g⑴

(0,0)+(0,1)+(1,0)l+d,1)

2(0,o)—S(0,l)-s(l,0)+S(l,1)I

=1

冲突！

故原命题得证！

8.设a,b,c@R,Wl,f(x)='++c,假如(x)|Wl,求证：|2+W4.

解：(本题为1914年匈牙利竞赛试题)

f(l)=a+b+c

f(-1)=a—b+c

f(0)=c

a=i：f(l)+f(-l)-2f(0)]

2

2

C=f(0)

12+=[(-1)-2f(0)lx+1|

2

=|(x+-)f(l)+(x-l)f(-l)-2(0)

22

<+(-1)|+2(0)|

22

<+-I+--1+2

22

接下来按x分别在区间[—1,—与，(一L0),[0,D,[L1]探讨即可

2222

9.已知函数f(x)=x^—x+c定义在[0,1]_L,Xi,x2^[0,1]且XiWx2.

⑴求证：(xi)—f(x2)|<2i—x2|；

⑵求证：(xi)—f(x2)|<1.

3—3

证明：(1)(X1)—f(x2)I=1Xi+x2—x2|

-22

=iX21+X1X2+X2-11

22

需证明I+XIX2+X2-1I<2............①

2q2

22

XI+XIX+X=(X1+且)220

2224

—1VxJ+xiXz+x??—IV1+1+1-1=2

•••①式成立

于是原不等式成立

⑵不妨设X2>Xj

由⑴(X1)—f(x2)1<21—x2|

①若x—Xi£(0,-]

22

则马上有(xj—f(X2)]<1成立.

②若1>X2—Xi>',则一IV—(X2—Xi)<—-

22

，0<