高中数学竞赛专题讲座之函数的基本性质

导读: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,关于函数的有关性质,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》、,设f(x)是R上的奇函数,定义在实数集上的函数f(x),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.,则f

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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