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2019-2020年高中數(shù)學競賽輔導資料《函數(shù)的基本性質(zhì)》
函數(shù)的性質(zhì)通常是指函數(shù)的定義域、值域、解析式、單調(diào)性、奇偶性、周期性、對稱性等等，在解決與函數(shù)有關的(如方程、不等式等)問題時，巧妙利用函數(shù)及其圖象的相關性質(zhì)，可以使得問題得到簡化，從而達到解決問題的目的.
I．函數(shù)的定義
設A，B都是非空的數(shù)集，f是從A到B的一個對應法則.那么，從A到B的映射f：A→B就叫做從A到B的函數(shù).記做y=f(x)，其中x∈A，y∈B，原象集合，A叫做函數(shù)f(x)的定義域，象的集合C叫做函數(shù)的值域，顯然CB.
II．函數(shù)的性質(zhì)
（1）奇偶性 設函數(shù)f(x)的定義域為D，且D是關于原點對稱的數(shù)集.若對任意的x∈D，都有f(－x)=－f(x)，則稱f(x)是奇函數(shù)；若對任意的x∈D，都有f(－x)=f(x),則稱f(x)是偶函數(shù).
（2）函數(shù)的增減性 設函數(shù)f(x)在區(qū)間D′上滿足：對任意x1, x2∈D′，并且x1
f(x2)),則稱f(x)在區(qū)間D′上的增函數(shù)（減函數(shù)），區(qū)間D′稱為f(x)的一個單調(diào)增（減）區(qū)間.
III．函數(shù)的周期性
對于函數(shù) f(x),如果存在一個不為零的正數(shù)T，使得當x取定義域中的每個數(shù)時，f(x+T)=f(x)總成立，那么稱f(x)是周期函數(shù)，T稱做這個周期函數(shù)的周期.如果函數(shù)f(x)的所有周期中存在最小值T0，稱T0為周期函數(shù)f(x)的最小值正周期.
例題講解
1．已知f(x)＝8＋2x－x2，如果g(x)＝f(2－x2)，那么g(x)( )
A.在區(qū)間(－2，0)上單調(diào)遞增 B.在(0，2)上單調(diào)遞增
C.在(－1，0)上單調(diào)遞增 D.在(0，1)上單調(diào)遞增
2．設f(x)是R上的奇函數(shù)，且f(x＋3)＝－f(x)，當0≤x≤時，f(x)＝x，則f(xx)＝( )
A.－1 B.0 C.1 D.xx
3．定義在實數(shù)集上的函數(shù)f(x)，對一切實數(shù)x都有f(x＋1)＝f(2－x)成立，若f(x)＝0僅有101個不同的實數(shù)根，那么所有實數(shù)根的和為( )
A.150 B. C.152 D.
4．實數(shù)x，y滿足x2＝2xsin(xy)－1，則xxx＋6sin5y＝______________.
5．已知x＝是方程x4＋bx2＋c＝0的根，b，c為整數(shù)，則b＋c＝__________.
6．已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)，f(x)＝0有實數(shù)根，且f(x)＝1在(0，1)內(nèi)有兩個實數(shù)根，求證：a＞4.
7．已知f(x)＝x2＋ax＋b(－1≤x≤1)，若|f(x)|的最大值為M，求證：M≥.
8．⑴解方程:(x＋8)xx＋xxx＋2x＋8＝0
⑵解方程：
9．設f(x)＝x4＋ax3＋bx2＋cx＋d，f⑴＝1，f⑵＝2，f⑶＝3，求[f⑷＋f(0)]的值.
10．設f(x)＝x4－4x3＋x2－5x＋2，當x∈R時，求證：|f(x)|≥
課后練習
1. 已知f(x)＝ax5＋bsin5x＋1，且f⑴＝5，則f(－1)＝( )
A.3 B.－3 C.5 D.－5
2. 已知(3x＋y)xx＋xxx＋4x＋y＝0，求4x＋y的值.
3. 解方程：ln(＋x)＋ln(＋2x)＋3x＝0
4. 若函數(shù)y＝log3(x2＋ax－a)的值域為R，則實數(shù)a的取值范圍是______________.
5. 函數(shù)y＝的最小值是______________.
6. 已知f(x)＝ax2＋bx＋c，f(x)＝x的兩根為x1，x2，a＞0，x1－x2＞，若0＜t＜x1，試比較f(t)與x1的大小.
7. f(x)，g(x)都是定義在R上的函數(shù)，當0≤x≤1，0≤y≤1時.
求證：存在實數(shù)x，y，使得
8. 設a，b，c∈R，|x|≤1，f(x)＝ax2＋bx＋c，如果|f(x)|≤1，求證：|2ax＋b|≤4.
9．已知函數(shù)f(x)＝x3－x＋c定義在[0，1]上，x1，x2∈[0，1]且x1≠x2.
⑴求證：|f(x1)－f(x2)|＜2|x1－x2|；
⑵求證：|f(x1)－f(x2)|＜1.
課后練習答案
1.解：∵ f⑴＝a＋bsin51＋1＝5
設f(－1)＝－a＋bsin5(－1)＋1＝k
相加：f⑴＋f(－1)＝2＝5＋k
∴ f(－1)＝k＝2－5＝－3
選B
2.解：構造函數(shù)f(x)＝xxx＋x，則f(3x＋y)＋f(x)＝0
逐一到f(x)的奇函數(shù)且為R上的增函數(shù)，
所以3x＋y＝－x
4x＋y＝0
3.解：構造函數(shù)f(x)＝ln(＋x)＋x
則由已知得：f(x)＋f(2x)＝0
不難知，f(x)為奇函數(shù)，且在R上是增函數(shù)(證明略)
所以f(x)＝－f(2x)＝f(－2x)
由函數(shù)的單調(diào)性，得x＝－2x
所以原方程的解為x＝0
4.解：函數(shù)值域為R，表示函數(shù)值能取遍所有實數(shù)，
則其真數(shù)函數(shù)g(x)＝x2＋ax－a的函數(shù)值應該能夠取遍所有正數(shù)
所以函數(shù)y＝g(x)的圖象應該與x軸相交
即△≥0 ∴ a2＋4a≥0
a≤－4或a≥0
解法二：將原函數(shù)變形為x2＋ax－a－3y＝0
△＝a2＋4a＋43y≥0對一切y∈R恒成立
則必須a2＋4a≥0成立
∴ a≤－4或a≥0
5.提示：利用兩點間距離公式處理
y＝
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|AB|＝5
6.解法一：設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)是增函數(shù)，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
7.|xy－f(x)－g(y)|≥
證明：(正面下手不容易，可用反證法)
若對任意的實數(shù)x，y，都有|xy－f(x)－g(y)|＜
記|S(x，y)|＝|xy－f(x)－g(y)|
則|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！
故原命題得證！
8.解：(本題為1914年匈牙利競賽試題)
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|
接下來按x分別在區(qū)間[－1，－]，(－，0)，[0，)，[，1]討論即可
9. 證明：⑴|f(x1)－f(x2)|＝|x13－x1＋x23－x2|
＝|x1－x2||x12＋x1x2＋x22－1|
需證明|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不妨設x2＞x1
由⑴ |f(x1)－f(x2)|＜2|x1－x2|
①若 x2－x1∈(0，]
則立即有|f(x1)－f(x2)|＜1成立.
②若1＞x2－x1＞，則－1＜－(x2－x1)＜－
∴ 0＜1－(x2－x1)＜ (右邊變?yōu)檎龜?shù))
下面我們證明|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
綜合⑴⑵，原命題得證.
10. 已知f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)
⑴若|a|≤1，求證：|f(x)|≤
⑵若f(x)max＝，求a的值.
解：分析：首先設法去掉字母a，于是將a集中
⑴若a＝0，則f(x)＝x，
當x∈[－1，1]時，|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時，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＝－
但此時要求頂點在區(qū)間[－1，1]內(nèi)，應舍去－
答案為－2
例題答案：
1．提示：可用圖像，但是用特殊值較好一些.選C
2．解：f(x＋6)＝f(x＋3＋3)＝－f(x＋3)＝f(x)
∴ f(x)的周期為6
f(xx)＝f(6335－1)＝f(－1)＝－f⑴＝－1
選A
3．提示：由已知，函數(shù)f(x)的圖象有對稱軸x＝
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，其余100個根可分為50對，每一對的兩根關于x＝對稱
利用中點坐標公式，這100個根的和等于100＝150
所有101個根的和為101＝.選B
4．解：如果x、y不是某些特殊值，則本題無法(快速)求解
注意到其形式類似于一元二次方程，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
5．解：(逆向思考：什么樣的方程有這樣的根？)
由已知變形得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
6．證法一：由已知條件可得
△＝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
證法二：設f(x)的兩個根為x1，x2，
則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
7．解：M＝|f(x)|max＝max{|f⑴|，|f(－1)|，|f(－)|}
⑴若|－|≥1 (對稱軸不在定義域內(nèi)部)
則M＝max{|f⑴|，|f(－1)|}
而f⑴＝1＋a＋b
f(－1)＝1－a＋b
|f⑴|＋|f(－1)|≥|f⑴＋f(－1)|＝2|a|≥4
則|f⑴|和|f(－1)|中至少有一個不小于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)]
＝
≥
綜上所述，原命題正確.
8．⑴解：原方程化為(x＋8)xx＋(x＋8)＋xxx＋x＝0
即(x＋8)xx＋(x＋8)＝(－x)xx＋(－x)
構造函數(shù)f(x)＝xxx＋x
原方程等價于f(x＋8)＝f(－x)
而由函數(shù)的單調(diào)性可知f(x)是R上的單調(diào)遞增函數(shù)
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(shù)得
于是f(2x)＝f(x2＋1)
易證：f(x)世紀函數(shù)，且是R上的增函數(shù)，
所以：2x＝x2＋1
解得：x＝1
9．解：由已知，方程f(x)＝x已知有三個解，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
f⑷＝6(4－m)＋4
f(0)＝6m
∴ [f⑷＋f(0)]＝7
10．證明：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＋
≥
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