高中数学必修一 函数的基本性质(一)

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：

1.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

2.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

3.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

4.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

5.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＋00＝76x2

即 x4－236x2＋00＝0

∴ b＝－236，c＝00

b＋c＝61

6.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

7.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.

8.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

9.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

10.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：

1.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

2.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

3.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

4.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

5.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

6.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

7.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！

8.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

9.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.

10.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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