高中数学适合做微课的内容-苍南招兼职高中数学老师
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－x，如果g(x)＝f(2－x)，那么g(x)( )
A.在区间(－2，0)上单调递增
C.在(－1，0)上单调递增
B.在(0，2)上单调递增
D.在(0，1)上单调递增
22
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≤
A.－1 B.0 C.1
3
时，f(x)＝x，则f(2003)＝( )
2
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.
303
C.152
2
D.
305
2
3
2
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.
第1页 共12页
即有一个
根就是
33
，其余100个根可分为50对，每一对的两根关于x＝对称
22
3
×100＝150
2
利用中点坐标公式，这100个根的和
等于
所有101个根的和为
2
3303
×101＝.选B
22
1998
4.
实数x，y满足x＝2xsin(xy)－1，则x＋6siny＝______________.
5
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))＋cos(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＝
19?99
是方程x＋b
x＋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－
19?99
∴
x－2
19
x＋19＝99
即 x－80＝2
19
x
再平方得x－160x＋6400＝76x
即 x－236x＋6400＝0
∴
b＝－236，c＝6400
b＋c＝6164
6. 已知f(x)＝ax＋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
△＝b－4ac≥0
①
f⑴＝a＋b＋c＞1 ②
第2页 共12页
2
2
42
422
2
2
42
22
f(0)＝c＞1 ③
0＜－
2
b
＜1 ④
2a
b≥4ac
b＞1－a－c
c＞1
b＜0(∵ a＞0)
于是－b≥2
ac
所以a＋c－1＞－b≥2
ac
∴ (
a?c
)＞1
∴
a?c
＞1
于是
a?c
＋1＞2
∴ a＞4
证法二：设f(x)的两个根为x
1
，x
2
，
则f(x)＝a(x－x
1
)(x－x
2
)
f⑴＝a(1－x
1
)(1－x
2
)＞1
f(0)＝ax
1
x
2
＞1
由基本不等式
x
1
(1－x
1
)x
2
(1－x
2
)≤[
2< br>11
24
(x
1
＋(1－x
1
)＋x
2＋(1－x
2
))]＝()
44
a
2
2
∴ ≥ax
1
(1－x
1
)x
2
(1－x
2
) ＞1
16
∴ a＞16
∴ a＞4
7. 已知f(x)＝x＋ax＋b (－1≤x≤1)，若|f(x)|的最大值为M，求证：M≥
2
2
1
. < br>2
解：M＝|f(x)|
max
＝max{|f⑴|，|f(－1)|，|f( －
a
)|}
2
第3页 共12页
⑴若|－
a
|≥1 (对称轴不在定义域内部)
2
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＞
1
2
⑵|－
a
|＜1
2
a
)|}
2
M＝max{|f⑴|，|f(－1)|，|f(－
a
2
＝max{|1＋a＋b|，|1－a＋b|，|－＋b|}
4
a
2
a
2
＝max{|1＋a＋b|，|1－a＋b|，|－＋b|，|－＋b|}
44
1
a
2
a
2
≥(|1＋a＋b|＋|1－a＋b|＋|－＋b|＋|－＋b|)
4
44
1
a
2
a
2
≥[(1＋a＋b)＋(1－a＋b)－(－＋b)－(－＋b)]
4
44
1a
2
＝
(2?)
42
≥
1
2
综上所述，原命题正确.
8.
⑴解方程:(x＋8)
2001
＋x
2001
＋2x＋8＝0
第4页 共12页
⑵解方程：
2x?4x
2
?1<
br>x
2
?1?(x
2
?1)
2
?1
2001<
br>?2
(x?1)
2001
2
⑴解：原方程化为(x＋8)
即(x＋8)
2001
＋(x＋8)＋x
2001
＋x＝0
＋(x＋8)＝(－x)
2001
＋(－x)
构造函数f(x)＝x＋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
log
2
2x
?4x
2
?1
x
2
?1?(x
2
?1)
2
?1
?(x?1)
2
即log
2
(2x?4x
2<
br>?1)?log
2
(x
2
?1?(x
2
?1)
2
?1)?x
2
?2x?1
即log
2
(2x
?4x
2
?1)?2x?log
2
(x
2
?1?(x
2
?1)
2
?1)?(x
2
?1)
构造函数f(x)?l
og
2
(x?x
2
?1)?x
于是f(2x)＝f(x＋1)
易证：f(x)世纪函数，且是R上的增函数，
所以：2x＝x＋1
解得：x＝1
9. 设f(x)＝x＋ax＋bx＋cx＋d，f⑴＝1，f⑵＝2，f⑶＝3，求
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
432
2
2
1
[f⑷＋f(0)]的值.
4
第5页 共12页
∴
1
[f⑷＋f(0)]＝7
4
43
10. 设f(x)＝x－4x
＋
13
2
1
x－5x＋2，当x∈R时，求证：|f(x)|≥
2
证明：配方得：
f(x)＝x
2
(x－2)
2
＋
5
2
1
2
(x－1)－
2
＝
x
2
(x－2)
2
＋
5
2
(x－1)
2<
br>－1＋
1
2
＝(x
2
－2x)
2
＋
5
2
1
2
(x－1)－1＋
2
＝[(x－1)
2
－1]
2
＋
51
2(x－1)
2
－1＋
2
＝(x－1)
4－2(x－1)
2
＋1＋
5
2
(x－1)
2
－
1＋
1
2
＝(x－1)
4
＋
11
2
(x－1)
2
＋
2
≥
1
2
练习：
1.
已知f(x)＝ax
5
＋bsin
5
x＋1，且f⑴＝5，则f(－1)＝(
)
A.3 B.－3 C.5
解：∵ f⑴＝a＋bsin
5
1＋1＝5
设f(－1)＝－a＋bsin
5
(－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
＋x
2001
＋4x＋y＝0，求4x＋y的值.
第6页 共12页
2
D.－5
解：构造函数f(x)＝x
2001
＋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
2
?1
＋x)＋ln(
4x
2
?1
＋2x)＋3x＝0
解：构造函数f(x)＝ln(
x
2
?1
＋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＝log
3
(x＋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)＝x＋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 ∴ a＋4a≥0
a≤－4或a≥0
解法二：将原函数变形为x＋ax－a－3＝0
△＝a＋4a＋4·3≥0对一切y∈R恒成立
则必须a＋4a≥0成立
∴
a≤－4或a≥0
5. 函数y＝
x
2
?4x?5?x
2
?4x?8
的最小值是______________.
提示：利用两点间距离公式处理 <
br>y＝
(x?2)
2
?(0?1)
2
?(x?2)
2<
br>?(0?2)
2
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)＝ax＋b
x＋c，f(x)＝x的两根为x
1
，x
2
，a＞0，x
1
－x
2
＞
第7页 共12页
2
2
2y
2y
2
2
2
1
，若0＜t＜x
1
，试比
a
较f(t)与x
1
的大小.
解法一：设F(x)＝f(x)－x＝ax＋(b－1)x＋c，
＝a(x－x
1
)(x－x
2
)
∴ f(x)＝a(x－x
1
)(x－x
2
)＋x
作差：f(t)－x
1
＝a(t－x
1
)(t－x
2
)＋t－x
1
＝(t－x
1
)[a(t－x
2
)＋1]
＝a(t－x
1
)(t－x
2
＋
1
)
a
2
又t－x
2
＋
1
＜t－(x
2
－x
1< br>)－x
1
＝t－x
1
＜0
a
∴ f(t)－x
1
＞0
∴ f(t)＞x
1
解法二：同解法一得f(x)＝a(x－x
1
)(x－x
2
)＋x
令g(x)＝a(x－x
2
)
∵ a＞0，g(x)是增函数，且t＜x
1
? g(t)＜g(x
1
)＝a(x
1
－x
2
)＜－1
另一方面：f(t)＝g(t)(t－x
1
)＋t
∴
f(t)?t
＝a(t－x
2
)＝g(t)＜－1
t?x
1
∴ f(t)－t＞x
1
－t
∴ f(t)＞x
1
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)|≥
1
4
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)|＜
1
4
第8页 共12页
记|S(x，y)|＝|xy－f(x)－g(y)|
则|S(0，0)|＜
1111
，|S(0，1)|＜，|S(1，0)|＜，|S(1，1)|＜
4444
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)＝ax＋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＝
1
[f⑴＋f(－1)－2f(0)]
2
1
[f⑴－f(－1)]
2
2
b＝
c＝f(0)
|2ax＋b|＝|[f⑴＋f(－1)－2f(0)]x＋
1
[f⑴
－f(－1)]|
2
＝|(x＋
11
)f⑴＋(x－)f(－1)－2xf(0)|
22
≤|x＋
11
||f⑴|＋|x－||f(－1)|＋2|x||f(0)|
22
第9页 共12页
≤|x＋
11
|＋|x－|＋2|x|
22
1111
]，(－，0)，[0，)，[，1]讨论即可
2222
接下来按x分别在区间[－1，－
3
9. 已知函数f(x)＝x－
x＋c定义在[0，1]上，x
1
，x
2
∈[0，1]且x
1
≠x
2
.
⑴求证：|f(x
1
)－f(x
2
)
|＜2|x
1
－x
2
|；
⑵求证：|f(x
1
)－f(x
2
)|＜1.
证明：⑴|
f(x
1
)－f(x
2
)|＝|x
1
－x
1
＋x
2
－x
2
|
＝|x
1
－x
2||x
1
＋x
1
x
2
＋x
2
－1|
需证明|x
1
＋x
1
x
2
＋x
2
－1|＜2 ………………①
x
2
3x
2
2
2<
br>x＋x
1
x
2
＋x
2
＝(x
1
＋<
br>)?
2
≥0
24
2
1
2
22
22
33
∴ －1＜x<
br>1
＋x
1
x
2
＋x
2
－1＜1＋1＋1－1
＝2
∴ ①式成立
于是原不等式成立
⑵不妨设x
2
＞x
1
由⑴ |f(x
1
)－f(x
2
)|＜2|x
1
－x
2
|
①若
x
2
－x
1
∈(0，
1
]
2
22
则立即有|f(x
1
)－f(x
2
)|＜1成立.
②若1＞x<
br>2
－x
1
＞
11
，则－1＜－(x
2
－x<
br>1
)＜－
22
1
(右边变为正数)
2
∴
0＜1－(x
2
－x
1
)＜
下面我们证明|f(x
1
)－f(x
2
)|＜2(1－x
2
＋x
1
)
注意到：f(0)＝f⑴＝f(－1)＝c
|f(x
1
)－f(x
2
)|＝|f(x
1
)－f⑴＋f(0)－f(x
2
)|
≤|f(x
1
)－f⑴|＋|f(0)－f(x
2
)|
第10页
共12页
＜2(1－x
2
)＋2(x
2
－0) (由⑴)
＝2(1－x
2
＋x
1
)
＜1
综合⑴⑵，原命题得证.
10. 已知f(x)＝ax＋x－a(－1≤x≤1)
⑴若|a|≤1，求证：|f(x)|≤
5
4
2
⑵若f(x)
max
＝
17
，求a的值.
8
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＜
若a≠0，f(x)＝a(x－1)＋x
∴ |f(x)|＝|a(x－1)＋x|
≤|a||x－1|＋|x|
≤|x－1|＋|x| (∵ |a|≤1)
≤1－|x|＋|x|
＝
51
2
－(|x|－)
42
5
4
17
8
2
2
2
2
2
5
成立
4
≤
⑵a＝0时，f(x)＝x≤1≠
∴ a≠0
∵ f(x)
max
＝max{f⑴，f(－1)，f(－
1
)}
2a
第11页 共12页
又f(±1)＝±1≠
17
8
∴
f(x)
max
＝f(－
117
)＝
2a8
a(－
1
2
117
)＋(－)－a＝
2a2a8
1
8
1
8
?
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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