高中数学竞赛讲义-函数的基本性质（练习题）

课后练习1. 已知f(x)ax5bsin5x1，且f5，则f(1)( )A.3B.3C.5D.52. 已知(3xy)2001x20014xy0，求4xy的值.3. 解方程：ln(x)ln(2x)3x04. 若函数ylog3(x2axa)的值域为R，则实数a的取值范围是_.5. 函数y的最小值是_.6. 已知f(x)ax2bxc，f(x)x的两根为x1，x2，a0，x1x2，若0tx1，试比较f(t)与x1的大小.7. f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，当0x1，0y1时.求证：存在实数x，y，使得8. 设a，b，cR，|x|1，f(x)ax2bxc，如果|f(x)|1，求证：|2axb|4.9已知函数f(x)x3xc定义在0，1上，x1，x20，1且x1x2.求证：|f(x1)f(x2)|2|x1x2|；求证：|f(x1)f(x2)|1.课后练习答案1.解： fabsin5115 设f(1)absin5(1)1k相加：ff(1)25k f(1)k253选B2.解：构造函数f(x)x2001x，则f(3xy)f(x)0逐一到f(x)的奇函数且为R上的增函数，所以3xyx4xy03.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x2x所以原方程的解为x04.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)x2axa的函数值应该能够取遍所有正数所以函数yg(x)的图象应该与x轴相交即0 a24a0a4或a0解法二：将原函数变形为x2axa3y0a24a43y0对一切yR恒成立则必须a24a0成立 a4或a05.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|56.解法一：设F(x)f(x)xax2(b1)xc， a(xx1)(xx2) f(x)a(xx1)(xx2)x作差：f(t)x1a(tx1)(tx2)tx1 (tx1)a(tx2)1 a(tx1)(tx2)又tx2t(x2x1)x1tx10 f(t)x10 f(t)x1解法二：同解法一得f(x)a(xx1)(xx2)x令g(x)a(xx2) a0，g(x)是增函数，且tx1 g(t)g(x1)a(x1x2)1另一方面：f(t)g(t)(tx1)t a(tx2)g(t)1 f(t)tx1t f(t)x17.|xyf(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|xyf(x)g(y)|记|S(x，y)|xyf(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)1f(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.解：(本题为1914年匈牙利竞赛试题)fabcf(1)abcf(0)c aff(1)2f(0) bff(1) cf(0)|2axb|ff(1)2f(0)xff(1)| |(x)f(x)f(1)2xf(0)| |x|f|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. 证明：|f(x1)f(x2)|x13x1x23x2|x1x2|x12x1x2x221|需证明|x12x1x2x221|2 x12x1x2x22(x10 1x12x1x2x22111112 式成立于是原不等式成立不妨设x2x1由 |f(x1)f(x2)|2|x1x2|若 x2x1(0，则立即有|f(x1)f(x2)|1成立.若1x2x1，则1(x2x1) 01(x2x1) (右边变为正数)下面我们证明|f(x1)f(x2)|2(1x2x1)注意到：f(0)ff(1)c|f(x1)f(x2)|f(x1)ff(0)f(x2)| |f(x1)f|f(0)f(x2)| 2(1x2)2(x20) (由) 2(1x2x1) 1综合，原命题得证.10. 已知f(x)ax2xa(1x1)若|a|1，求证：|f(x)|若f(x)max，求a的值.解：分析：首先设法去掉字母a，于是将a集中若a0，则f(x)x，当x1，1时，|f(x)|1成立若a0，f(x)a(x21)x |f(x)|a(x21)x| |a|x21|x| |x21|x| ( |a|1