高中数学奥赛辅导系列 函数的基本性质（1）教案

1、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例题：1. 已知f（x）82xx2，如果g（x）f（2x2），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C2. 设f（x）是R上的奇函数，且f（x3）f（x），当0x时，f（x）x，则f（2003）（ ）A1B0C1D2003解：f（x6）f（x33）

2、f（x3）f（x） f（x）的周期为6f（2003）f（63351）f（1）f（1）1选A3. 定义在实数集上的函数f（x），对一切实数x都有f（x1）f（2x）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（ ）A150BC152D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100150所有101个根的和为101选B4. 实数x，y满足x22xsin（xy）1，则x19986sin5y_解：如果x、y不是某些特殊值，则本题无法（快速）

3、求解注意到其形式类似于一元二次方程，可以采用配方法（xsin（xy）2cos2（xy）0 xsin（xy） 且 cos（xy）0 xsin（xy）1 siny1 xsin（xy）1原式75. 已知x是方程x4bx2c0的根，b，c为整数，则bc_解：（逆向思考：什么样的方程有这样的根？）由已知变形得x x22x1999即 x2802x再平方得x4160x2640076x2即 x4236x264000 b236，c6400bc61646. 已知f（x）ax2bxc（a0），f（x）0有实数根，且f（x）1在（0，1）内有两个实数根，求证：a4证法一：由已知条件可得 b24ac0 f（1）abc1

4、 f（0）c1 01 b24ac b1ac c1 b0（ a0）于是b2所以ac1b2 （）21 1于是12 a4证法二：设f（x）的两个根为x1，x2，则f（x）a（xx1）（xx2） f（1）a（1x1）（1x2）1 f（0）ax1x21由基本不等式x1（1x1）x2（1x2）（x1（1x1）x2（1x2）4（）2 a2x1（1x1）x2（1x2）1 a216 a47. 已知f（x）x2axb（1x1），若|f（x）|的最大值为M，求证：M解：M|f（x）|maxmax|f|，|f（1）|，|f（）|若|1 （对称轴不在定义域内部）则Mmax|f（1）|，|f（1）|而f（1）1ab f（

5、1）1ab|f（1）|f（1）|f（1）f（1）|2|a|4则|f（1）|和|f（1）|中至少有一个不小于2 M2（2）|1Mmax|f（1）|，|f（1）|，|f（）| max|1ab|，|1ab|，|b| max|1ab|，|1ab|，|b|，|b| （|1ab|1ab|b|b|） （1ab）（1ab）（b）（b） 综上所述，原命题正确8. 解方程:（x8）2001x20012x80解方程：解：原方程化为（x8）2001（x8）x2001x0 即（x8）2001（x8）（x）2001（x）构造函数f（x）x2001x原方程等价于f（x8）f（x）而由函数的单调性可知f（x）是R上的单调递增

6、函数于是有x8xx4为原方程的解（2）两边取以2为底的对数得于是f（2x）f（x21）易证：f（x）世纪函数，且是R上的增函数，所以：2xx21解得：x19. 设f（x）x4ax3bx2cxd，f（1）1，f（2）2，f（3）3，求f（4）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（x1）（x2）（x3）（xm） f（x）（x1）（x2）（x3）（xm）xf（4）6（4m）4f（0）6m f（4）f（0）710. 设f（x）x44x3x25x2，当xR时，求证：|f（x）|证明：配方得：f（x）x2（x2）2（x1）2 x2（x2）2（x1）21

7、 （x22x）2（x1）21 （x1）212（x1）21 （x1）42（x1）21（x1）21 （x1）4（x1）2 练习：1. 已知f（x）ax5bsin5x1，且f（1）5，则f（1）（ ）A3B3C5D5解： f（1）absin5115 设f（1）absin5（1）1k相加：f（1）f（1）25k f（1）k253选B2. 已知（3xy）2001x20014xy0，求4xy的值解：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. 解方程：ln（x）ln（2x）3x0解：构造函数f（x）ln（x）x则由已知得：f（x）f

8、（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. 若函数ylog3（x2axa）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）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. 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

9、当P、A、B三点共线时取的最小值，为|AB|56. 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）（t

10、x1）t a（tx2）g（t）1 f（t）tx1t f（t）x17. 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|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

11、（1，1）| 1矛盾！故原命题得证！8. 设a，b，cR，|x|1，f（x）ax2bxc，如果|f（x）|1，求证：|2axb|4解：f（1）abcf（1）abcf（0）c a f（1）f（1）2f（0） b f（1）f（1） cf（0）|2axb|f（1）f（1）2f（0）x f（1）f（1）| |（x）f（1）（x）f（1）2xf（0）| |x|f（1）|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）x3xc定义在0，1上，x1，x20，1且x1x2求证：|f（x1）f（x2）|2|x1x2|；求证：|f（x1

12、）f（x2）|1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）f（1）f（1）c|f（x1）f（x2）|f（x1）f（1）f（0）f（x2）| |f（x1）f（1）|f（0）f（x2）| 2（1x2）2（x20） （由（1） 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