江蘇省金湖縣試驗中學中學數學奧賽輔導函數的基本性質(一)

基礎學問：

函數的性質通常是指函數的定義域、值域、解析式、單調性、奇偶性、周期

性、對稱性等等，在解決和函數有關的(如方程、不等式等)問題時，奇妙利用函

數及其圖象的相關性質，可以使.得問題得到簡化，從而達到解決問題的目的.

關于函數的有關性質，這里不再贅述，請大家參閱中學數學教材及競賽教材:

陜西師范高校出版社劉詩雄《中學數學競賽輔導》、劉詩雄、羅增儒《中學數學

競賽解題指導》.

例題：

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

A.在區間(一2,0)上單調遞增B.在(0,2)上單調遞增

C.在(一1,0)上單調遞增D.在(0,1)上單調遞增

提示：可用圖像，但是用特別值較好一些.選C

2.設f(x)是R上的奇函數，且f(x+3)=—f(x),當0WxW°時，f(x)=x,則

2

f(2003)=()

A.-1B.0C.1D.2003

解：f(x+6)=f(x+3+3)=-f(x+3)=f(x)

???f(x)的周期為6

f(2003)=f(6X335—1)=f(—1)=-f(l)=-1

選A

3.定義在實數集上的函數f(x),對一切實數X都有f(x+l)=f(2—X)成立，若

f(x)=O僅有101個不同的實數根，那么全部實數根的和為()

A.150B.—C.152D.—

22

提示：由已知，函數f(x)的圖象有對稱.軸x=m

2

于是這101個根的分布也關于該對稱軸對稱.

即有一個根就是3,其余100個根可分為50對，每一對的兩根關于x=3對

22

稱

利用中點坐標公式，這100個根的和等于9x100=150

2

全部101個根的和為3X101=當.選B

22

4.實數x,y滿意x2=2()—1,則x.+65y=.

.解：假如x、y不是某些特別值，則本題無法(快速)求解

留意到其形式類似于一元二次方程，可以采納配方法

(x-O)2+2O=o

x=()且()=0

，x=()=±l

，=1()=1

原式=7

5.已知x=M+項是方程x"+2+c=0的根，b,c為整數，則b+c=.

解：(逆向思索：什么樣的方程有這樣的根？)

由已知變形得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有實數根，且f(x)=l在(0,1)內有兩個

實數根，求證：a>4.

證法一：由已知條件可得

△=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

于是幾>/+1>2

???a>4

證法二：設f(x)的兩個根為Xi，x2,

則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的最大值為M,求證：

2

解：M=(x)={(1)|,(-1)I，T)|}

2

⑴若|一門21(對稱軸不在定義域內部)

2

則M={⑴I，(-1)|}

而f⑴=l+a+b

f(-1.)=l—a+b

(1)|+(-1)⑴+f(—1)|=224

則⑴I和(-1)I中至少有一個不小于2

2

(2)--1<1

2

M={(1)],(―1),(--)|}

2

={|l+a+,|1—a+,1一號+}

={|l+a+,|1—a+,|,|——+)

44

三，(|l+a++|l-a++|-^++|-^+)

444

.-[(1+a+b)+(1—a+b)—(——+b)—(——+b)]

444

一1/ea\

2

綜上所述，原命題正確.

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：原方程化為(X+8)，+(X+8)+X2期+x=0

即(X+8)2001+(X+8)=(-x)2001+(-x)

構造函數f3ux.+x

原方程等價于f(x+8)=f(—x)

而由函數的單調性可知f(x)是R上的單調遞增函數

于是有x+8=—x

x=—4為原方程的解

⑵兩邊取以2為底的對數得

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

構造函數"(x)=log2(x+Vx+1)+X

于是f(2x)=f(x2+l)

易證：f(x)世紀函數，且是R上的增函數，

所以：2X=X2+1

解得：x=l

9,設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知有三個解，設第四個解為m,

記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.設f(x).=x4—4x、'+Ux「5x+2,當x￡R時,求證：(x)|改工

22

證明：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

練習：

1.已知f(x)=5+5x+l,且f⑴=5,則f(—1)=()

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

解：f(D=a+5l+l=5

設f(—1)=—a+'(—l)+l=k

相加:f(D+f(-l)=2=5+k

f(—1)=k=2—5——3

選B

2.已知(3*+丫)2°°|+六刈+4*+丫=0,求4x+y的值.

解：構造函數f(X)=x""+x,則f(3x+y)+f(x)=0

逐一到f(x)的奇函數且為R上的增函數，

所以3x+y=-x

4x+y=0

3.解方程：(Jx?+1+x)+(“x?+1+2x)+3x=0

解.：構造函數f(X)=(7x2+1+x)+x

則由已知得：f(x)+f(2x)=0

不難知，f(x)為奇函數，且在R上是增函數(證明略)

所以f(x)=—f(2x)=f(—2x)

由函數的單調性，得x=—2x

所以原方程的解為x=0

4.若函數y=3(x?+—a)的值域為R,則實數a的取值范圍是.

解：函數值域為R,表示函數值能取遍全部實數，

則其真數函數g(x)=x?+—a的函數值應當能夠取遍全部正數

所以函數y=g(x)的圖象應當和x軸相交

即△》()a2+4a^0

a<—4或a20

解法二：將原函數變形為x?+—a—3>=0

△=a+4a+4?3'20對一切yGR恒成立

則必需才+42三0成立

，aW—4或a20

5.函數y=Jx2+4x+5+Jx，-4x+8的最小值是.

提示：利用兩點間距離公式處理

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

表示動點P(x,0)到兩定點A(—2,—1)和B(2,2.)的距離之和

當且僅當P、A、B三點共線時取的最小值，為=5

6.已知f(x)=?++c,f(x)=x的兩根為Xi,X2,a>0,Xi—x>->若0<t<

2a

X1,試比較f(t)和X1的大小.

解法一：設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)是增函數,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)都是定義在R上的函數，當OWxWl,OWyWl時.

求證：存在實數x,y,使得

—f(x)—g(y)|

4

證明：(正面下手不簡單，可用反證法)

若對隨意的實數x,,y,都有一f(x)—g(y)1<工

4

記(x,y)|=—f(x)—g(y)|

則(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

沖突！

故原命題得證！

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

解：(本題為1914年匈牙利競賽試題)

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

接下來按x分別在區間[—1,—與，(一L0),[0,D,[L1]探討即可

2222

9.已知函數f(x)=x^—x+c定義在[0,1]_L,Xi,x2^[0,1]且XiWx2.

⑴求證：(xi)—f(x2)|<2i—x2|；

⑵求證：(xi)—f(x2)|<1.

3—3

證明：(1)(X1)—f(x2)I=1Xi+x2—x2|

-22

=iX21+X1X2+X2-11

22

需證明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不妨設X2>Xj

由⑴(X1)—f(x2)1<21—x2|

①若x—Xi￡(0,-]

22

則馬上有(xj—f(X2)]<1成立.

②若1>X2—Xi>',則一IV—(X2—Xi)<—-

22

，0<