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高中数学学习资料

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-16 08:41
tags:高中数学学习方法

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抽象函数的性质问题解析
抽象函数是高中数学的一个难点,也是近几年来高考的热点。 考查方法往往基于一般函数,综合考查函数的各种
性质。本节给出抽象函数中的函数性质的处理策略,供 内同学们参考。
1、 定义域:解决抽象函数的定义域问题——明确定义、等价转换。
材料 一:若函数
y?f(x?1)
的定义域为
[?2,3)
,求函数
y? f(?2)
的定义域。
解析:由
y?f(x?1)
的定义域为
[? 2,3)
,知
x?1
中的
x?[?2,3)
,从而
?1?x ?1?4
,对函数
y?f(?2)
而言,
1
x
1
x
1
11
?2?4
,解之得:
x?(??,?]?(,??)

32
x
111
所以函数
y?f(?2)
的定义域为(??,?]?(,??)

x32

?1?
总结:函数的定义 域是指自变量的取值范围,求抽象函数的定义域的关键是括号内式子的地位等同(即同一对应法则
后括号 内的式子具有相同的取值范围),如本题中的
x?1

1
?2
的范围 等同。
x
2、 值域:解决抽象函数的值域问题——定义域、对应法则决定。
材料 二:若函数
y?f(x?1)
的值域为
[?1,1]
,求函数
y?f (3x?2)
的值域。
解析:函数
y?f(3x?2)
中定义域与对应法则 与函数
y?f(x?1)
的定义域与对应法则完全相同,故函数
y?f(3x?2)< br>的值域也为
[?1,1]

总结:当函数的定义域与对应法则不变时,函数的值域也不会改变。
3、 对称性:解决抽象函数的对称问题——定义证明是根本、图象变换是捷径、特值代入是妙法。
材料三: 设函数
y?f(x)
定义在实数集上,则函数
y?f(x?1)

y ?f(1?x)
的图象关于( )
A、直线
y?0
对称 B直线
x?0
对称 C直线
y?1
对称 D直线
x?1
对称
解法一(定义证明):设点
P(x
0
, y
0
)
是函数
y?f(x?1)
的图象上的任意一点,则
y
0
?f(x
0
?1)

P(x
0
,y0
)
关于直

线
x?m
的对称点为
P(2m?x
0
,y
0
)
,要使点
P(2m?x
0
,y
0
)
在函数
y?f(1?x)
的图象上,则
y
0< br>?f[1?(2m?x
0
)]?f(x
0
?1?2m)
,应有
1?2m??1
,故
m?1

所以函数
y?f(x?1)

y?f(1?x)
的图象关于直线
x?1
对称。
解法二 (图象变换法):由函数
y?f(x)
的图象向右平移1个单位得到函数
y?f(x? 1)
的图象;由函数
y?f(x)

图象关于
y
轴对称得到 函数
y?f(?x)
的图象,再向右平移1个单位,得到
y?f[?(x?1)]?f (1?x)
的图象。如图
所示,选D。
解法三(特值代入法):由已知可得点
P(0,f(?1))
在函数
y?f(x?1)
的图象上,点
Q(2,f( ?1))
在函数
y?f(1?x)

图象上,又点P、Q关于直线
x ?1
对称,选D。
总结:了解一些简单结论对解题也是很有好处的。如:函数
y?f (x)
满足
f(a?x)?f(b?x)
,则函数
y?f(x)
的< br>自对称轴为
x?
a?bb?a
;函数
y?f(a?x)
y?f(b?x)
的互对称轴为
a?x?b?x
,即
x?

22
4、 周期性:解决抽象函数的周期性问题——充分理解与运用相关的抽象式是关键。 < /p>


材料四:设
y?f(x)
是定义在R上的奇函数,其图象关于直线
x?1
对称。证明
y?f(x)
是周期函数。
证明:由
y?f( x)
的图象关于直线
x?1
对称,得
f(2?x)?f(?x)


y?f(x)
是定义在R上的奇函数,所以
f(?x)??f(x)

?
f(2?x)??f(x)
,则
f(4?x)?f[2?(2?x)] ??f(2?x)??[?f(x)]?f(x)

由周期函数的定义可知4是它的一个周期。
总结:一般地,
f(x?T)??f(x)
,
f(x?T)??
1< br>均可断定函数的周期为2T。
f(x)
5、 奇偶性:解决抽象函数的奇偶性问题——紧扣定义、合理赋值。
材料五:已知
y?f(x)< br>是定义在R上的不恒为零的函数,且对于任意的
a,b?R
,都满足:
f(a? b)?af(b)?bf(a)

判断
y?f(x)
的奇偶性,并证明你的结 论。
解析:令
a?b?1
,则
f(1?1)?1?f(1)?1?f(1)
,得
f(1)?0


a?b??1
,则f[(?1)?(?1)]?(?1)?f(?1)?(?1)?f(?1)
,得
f(?1 )?0


a??1

b?x

f[(?1)? x]?(?1)?f(x)?x?f(?1)
,得
f(?x)??f(x)

因此函数
y?f(x)
为奇函数。
总结:赋值是解决多变量抽象函数的重要手段。
6、 单调性:解决抽象函数的单调性问题——紧密结合定义、适当加以配凑。
材料六:设
y?f( x)
是定义在[-1,1]上的奇函数,且对于任意的
a,b?[?1,1]
,当a?b?0
时,都有:

a?b
,试比较
f(a)
与< br>f(b)
的大小。
解析:
f(a)?f(b)?f(a)?f(?b)?f(a)?f(b)
?0

a?b
f(a)?f(?b)
f(a )?f(b)
?[a?(?b)]

?
a?b

?
a?b?0
,又
?0

a?(?b)
a?b
?
f (a)?f(b)?0
,即
f(a)?f(b)

总结:本题实质上是证明函数的单调性,有时也用到
用导数判断。
7、 可解性:由抽象式求解析式问题——视
f(x)
为未知数,构造方程(组)。
f(x
2
)f(x
2
)
?1
(或
?1
)来判断。 抽象函数的单调性,一般不
f(x
1
)f(x
1
)
x?1< br>)?1?x
……①
(x?0且x?1)
,求
f(x)
x
x?1
x?1?12x?1
)?f()?
解析:以代
x
,得
f(
,……②
x
xx?1x
?1
?1x?2
)?f(x)?
以代
x
,得
f(
,……③
x?1
x?1x?1
材料七:设函数
f(x)
满足
f(x)?f(


x?22x?1
x
3
?x
2
?1
①+③-②得:< br>2f(x)?1?x?
所以
f(x)?

(x?0且x?1)

?
x?1x
2x(x?1)
总结:在 所给的抽象式中紧紧围绕
f(x)
,将其余的式子替换成
f(x)
,构造一个 或几个方程,然后设法求解。
8、 凹凸性:解决函数的凹凸性问题——捕捉图象信息,数形结合。
材料八:如图所示,
f
i
(x)
(i?1,2,3,4)
是 定义在[0,1]上的四个函数,其中满足性质:“对[0,1]中任意的
x
1
x
2
,任

?
?[0,1]

f[
?
x
1
?(1?
?
)x
2
]?
?
f (x
1
)?(1?
?
)f(x
2
)
恒成立”的只有 ( )
A、
f
1
(x)
B、
f
2
(x)
C、
f
3
(x)
D、
f
4
(x)

解析:令
?
?
x?x< br>2
f(x
1
)?f(x
2
)
1
,则不等式变 为
f(
1
,可知函数
f
i
(x)
是一个凹函数,故 只有
f
1
(x)
正确,选
)?
2
22
A。
总结:函数的凹凸性在高中阶段没有专门研究,但也逐渐走入高考殿堂。
总之,因为抽象函数 密切联系函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性等诸多性质,加上本身的抽象性、多变性,使
得抽象函 数这一难点更加扑朔迷离。因此应不断挖掘隐含,灵活运用上述解题策略,定会收到良好的效果。
课外练习:
函数
f(x)
是定义域在[0,1]上的增函数,满足
f(x)?2f()

f(1)?1
,在每个区间
(
x
2< br>11
,
i?1
]
(i?1,2,ggg)
上,
i22
y?f(x)
的图象都是斜率为同一常数k的直线的一部分。
11
1
)
(i?1,2,ggg)
的表达式;
24
2
i
1
1
(2)、直线
x?
i

x?< br>i?1

x
轴及
y?f(x)
的图象围成的图形的面积为a
i
(i?1,2,ggg)
,记
2
2
(1)、求f(0)

f()

f()
的值,并归纳出
f(
(04,北京,18)
S(k)?lim(a
1
?a
2
?ggg ?a
n
)
,求
S(k)
的表达式,并写出其定义域和最小值。
x??
解析:(1)为了求
f(0)
,只需在条件
f(x)?2f()中,令
x?0
,即有
f(0)?2f(0)?f(0)?0
。由
f(1)?2f()
x
2
1
2
11111111
f(1)?
。同理
f()?f()?
。归纳
f(
i
)?
i(i?1,2,ggg)

22422422
1111
(2)、
i
?x?
i?1
时,
f(x)?
i?1
?k(x?
i?1
)

22
22
111111k1

a< br>i
?[
i?1
?
i?1
?k(
i
?
i?1
)](
i?1
?
i
)?(1?)
2i?1
( i?1,2,ggg)

22222242
1k
(1?)
1k1
4
?
2
(1?
k
)

S(k)的故
?
a
n
?
是首项为
(1?)
,公比为的等 比数列,所以
S(k)?lim(a
1
?a
2
?ggg?a
n
)
?
2
x??
1
4
24
34
1 ?
4
1
定义域是
0?k?1
,当
k?1
时取得最小 值。
2

f(1)?1
,得
f()?
1
2
抽象函数问题的“原型”解法
抽象来源于具体。抽象函数是由特殊的、具体的函数抽象而得到的。如
f(x)?kx(k?0)

f(x
1
?x
2
)? k(x
1
?x
2
)?f(x
1
)?f(x
2
)
可抽象为
f(x?y)?f(x)?f(y)
。那么
y
=
k
x
就叫做抽象函数
f(x)
满足
f(x?y)?f(x)?f( y)
的“原型”(函数),分析抽象函数问题的解题过程及心理变化规律可知,一般均是由抽象函
数的结构,联想到已学过的具有相同或相似结构的某类(基本)“原型”函数,并由“原型”函数的相关结论, 预测、
猜想抽象函数可能具有的某种性质使问题获解的,称这种解抽象函数问题的方法为“原型”解法。 下面给出中学阶段


常用的“原型”(函数)并举例说明“原型”解法。
一、中学阶段常用抽象函数
f(x)
的“原型”(函数)
x
1、< br>f(x?y)?f(x)?f(y)
——
y?kx
(
k
为常数 ) 2、
f(x?y)?f(x)f(y)
——
y
=
a

a
>0且
a
≠1)
n
3、
f(xy)?f(x) ?f(y)
——
y?log
a
x
(
a
>0且
a
≠1) 4、
f(xy)?f(x)f(y)——
y?x
(
n
为常数)
x?yx?y
5、
f(x)?f(y)?2f()f()

f(x?y)?f(x?y)?2f(x)f(y)< br>
22
f(x)?f(y)
--
y
=
cos
?
x
(
?
为常数)6、
f(x?y)?
--
y=
tan
x

1?f(x)f(y)
二、“原型”解法例析
x?yx?y
?
【例1】 设函数
f(x)
满足
f(x)? f(y)?2f()f()
,且
f
()=0,
x

y
∈R;求证:
f(x)
为周期函
2
22
数,并指出它的一个周期。
分析与简证:由
f(x)?f(y)?2f(
x?yx?y
)f()

22
x?x
2
x?x
2


cosx1
?cosx
2
=2cos
1
cos
1
原型< br>:
y
=
cos
x
,为周期函数且2π为它的一个周期。
22
猜测

f(x)
为周期函数,2π为它的一个周期

x
1
=
x
+
?

x
2
=
?

f(x?
?
)?f(x)?2f(x?

f (x?
?
)??f(x)?f(x?2
?
)?f(x)


f(x)
为周期函数且2π是它的一个周期。
【例2】 已知函数
f(x)
满足
f(x?1)?
分析与略解:由
f(x?1)?
?< br>)f()
=0
22
?
1?f(x)
,若
f(0)? 2004
,试求
f
(2005)。
1?f(x)
1?f(x)

1?f(x)
?
1?tanx
?


tan
(
x
+)=
原型

y
=
tan
x
为周期函数且周期为4×=π。
4
1?tanx
4
猜测

f(x)
为周期函数且周期为4×1=4 < br>1?f(x)
1?
1
1?f(x?1)
1?f(x)

f(x?2)?f[(x?1)?1]?
==-
1?f(x)
f(x)
1 ?f(x?1)
1?
1?f(x)
1
?f(x)
?
f
(
x
+4)=
f(x)

f(x?4)?f[(x?2)?2] ?
f(x?2)

f(x)
是以4为周期的周期函数
又∵f(2)=2004
1?f(2004)1?f(0)
1?2004
2 0052005
===-∴f(2005)=-
1?f(2004)
1?f(0)
1?2004
20032003
【例3】 已知函数
f(x)
对于任 意实数
x

y
都有
f(x?y)?f(x)?f(y)
,且 当
x
>0时,
f(x)
>0,
f
(-1)=-2,
求函数
f(x)
在区间[-2,1]上的值域。
分析与略解:由:
f(x?y)?f(x)?f(y)



k
(
x
+
y
)=
k
x
+
ky
原型

y

k
x

k
为常 数)为奇函数。
k
<0时为减函数,
k
>0时为增函数。
猜测
f(x)
为奇函数且
f(x)
为R上的单调增函数,且
f(x )
在[-2,1]上有
f(x)
∈[-4,2]

x
1< br><
x
2

x
1

x
2
∈R 则
x
2

x
1
>0 ∴
f
(
x
2

x
1
)>0
∴< br>f(2005)?f(2004?1)?

f(x
2
)?f(x
1
)?f(x
2
?x
1
?x
1
)?f(x
1
)
=
f(x
2
?x
1
)?f(x
1< br>)?f(x
1
)
=
f(x
2
?x
1
)
>0

f(x
2
)?f(x
1
)
,∴
f(x)
为R上的单调增函数。

x
=
y
=0, 则
f
(0)=0,令
y
=-
x
,则
f
(-
x
)=-
f(x)


f(x)
为R上的奇函数。



f
(-1)=-
f
(1)=-2 ∴
f
(1)=2,
f
(-2)=2
f
(-1)=-4
∴-4≤
f(x)
≤2(x∈[-2,1])

f(x)
在[-2,1]上的值域为[-4,2]
【例4】 已知函数< br>f(x)
对于一切实数
x

y
满足
f
(0) ≠0,
f(x?y)?f(x)f(y)
,且当
x
<0时,
f(x)
>1
(1)当
x
>0时,求
f(x)
的取值范围
(2)判断
f(x)
在R上的单调性
分析与略解:由:
f(x?y)?f(x)f(y)



a
x?y
?a
x
a
y
原型

y
=
a
x

a
>0,

a
≠1),
a
0
=1≠0。当
a
>1时为单调增函 数,且
x
>0时,
y
>1,
x
<0时,0<
y<1;
0<
a
<1时为单调减函数,且
x
<0时,
y< br>>1,
x
>0时,0<
y
<1。
猜测

f(x)
为减函数,且当
x
>0时,0<
f(x)
<1。
(1)对于一切
x

y
∈R,
f(x?y)?f(x)f( y)

f
(0)≠0

x
=
y
=0,则
f
(0)=1,现设
x
>0,则-
x
<0,∴f(-
x
) >1
1

f
(0)=
f
(
x< br>-
x
)=
f(x)
f(?x)
=1 ∴
f(?x)
= >1
f(x)
∴0<
f(x)
<1 < br>(2)设
x
1
<
x
2

x
1

x
2
∈R,则
x
1

x
2
< 0,
f
(
x
1

x
2
)>1且
f(x
1
)f(x
1
?x
2
?x
2
)f( x
1
?x
2
)f(x
2
)
???f(x
1
?x
2
)
>1
f(x
2
)f(x
2)f(x
2
)

f(x
1
)?f(x
2
)
, ∴f(x)在R上为单调减函数
【例5】 已知函数
f(x)
定义 域为(0,+∞)且单调递增,满足
f
(4)=1,
f(xy)?f(x)?f(y)

(1)证明:
f
(1)=0;(2)求
f
(16);(3 )若
f(x)
+
f
(
x
-3)≤1,求
x
的范围;
(4)试证< br>f
(
x
)=
n
f(x)
(n∈N)
分析与略解:由:
f(xy)?f(x)?f(y)

n


log
a
xy?log
a
x?log
a
y

x

y
∈R
+

原型

y? log
a
x

a
>0,
a
≠0)
猜测< br>:
f(x)

f
(1)=0,
f
(16)=2,……
(1)令
x
=1,
y
=4,则
f
(4)=
f
(1×4)=
f
(1)+
f
(4)∴
f
(1)= 0
(2)
f
(16)=
f
(4×4)=
f
(4) +
f
(4)=2
(3)
f(x)
+
f
(
x
-3)=
f

x
(
x
-3)]≤1=
f
(4)
f(x)
在(0,+∞)上单调递增
?
x(x?3)?4
?
?1?x?4
?
?
?
?3?x?4

?
x?3?0
?
x?3
?
x?0
?

x
∈(3,4]
(4)∵
f(xy)?f(x)?f(y)

f(x
n
)?f(
1
x?
4
x
4< br>?
2
x?L
43
?x)?nf(x)

4
n个
【例6】 已知函数
f(x)
对于一切正实数
x
y
都有
f(xy)?f(x)f(y)

x
>1时,
f(x)
<1,
f
(2)=
?1?1
(1)求证:
f(x)
>0;(2)求证:
f(x)?[f(x)]
(3)求证:
f(x)
在(0,+∞)上为单调减函数
(4)若
f(m)
=9,试求
m
的值。
1
9
nnn
分析与简证:由
f(xy)?f(x)f(y)

想< br>:
(x
1
x
2
)?x
1
x
2

原型

y?x
n

n
为常数(
y=
x
?2

猜测

f(x)
>0,在(0,+ ∞)上为单调减函数,……
(1)对任意
x
>0,
f(x)
=f(x?x)
)=
[f(x)]
≥0
假设存在
y
>0 ,使
f(y)
=0,则对任意
x
>0
2
xx
f( x)
=f(
f(?y)
=
f()f(y)
=0,这与已知矛盾
yy


故对任意
x
>0,均有
f(x)
>0
(2)∵
f(x)?f(x?1)?f(x)f(1)

f(x)
> 0, ∴
f
(1)=1
11
)=
f

x
)=
f
(1)=1 ∴
f(x
?1
)?[f(x)]
?1

xx
xx< br>(3)
x
1

x
2
∈(0,+∞),且
x< br>1

x
2
,则
2
>1,∴
f
(2
)<1,
x
1
x
1
xx

f(x
2
)?f(
2
?x
1
)?f(
2
)f(x
1
)?f(x
1
)

f(x
2
)?f(x
1
)

x
1
x
1

f(x)
在(0,+∞)上为单调减函数。
1
(4)∵
f
(2)=,
f
(
m
)=9 ∴
f
(2)
f
(
m
)=1
9

f(x)
f
(

f
(2
m
)=1=f(1),而< br>f(x)
在(0,+∞)是单调减函数∴2
m
=1 即
m
=
1

2
综上所述,由抽象函数问题的结构特征,联想 已学过的具有相同或相似结构的基本(原型)函数,并由基本函数
的相关结构,预测、猜想抽象函数可能 具有的性质 “抽象——具体——抽象”的“原型”联想思维方式,可使抽象函
数问题顺利获解,且进一 步说明,学生学好大纲规定的几种基本函数相关知识的重要性。
函数对称性、周期性全解析
函数对称性、周期性是函数这一部分在历年高考中的一个重点,现在全部解析如下:
一、 同一函数的周期性、对称性问题(即函数自身)
1、 周期性:对于函数
y?f(x)
,如果存在一个不为零的常数T,使得当x取定义域内的每一个值时,都有
f(x?T)?f(x)< br>都成立,那么就把函数
y?f(x)
叫做周期函数,不为零的常数T叫做这个函数的周期 。如
果所有的周期中存在着一个最小的正数,就把这个最小的正数叫做最小正周期。
2、 对称性定义(略),请用图形来理解。
3、 对称性:
我们知道:偶函数关于y(即x=0)轴对称,偶函数有关系式
f(?x)?f(x)

奇函数关于(0,0)对称,奇函数有关系式
f(x)?f(?x)?0

上述关系式是否可以进行拓展?答案是肯定的
探讨:(1)函数
y?f(x)
关于
x?a
对称
?
f(a?x)?f(a?x)


f(a?x)?f(a?x)
也可以写成
f(x)?f(2a?x)

f(?x)?f(2a?x)

简证:设点
( x
1
,y
1
)

y?f(x)
上,通过
f (x)?f(2a?x)
可知,
y
1
?f(x
1
)?f(2 a?x
1
)
,即点
(2a?x
1
,y
1
) 也在y?f(x)
上,而点
(x
1
,y
1
)
与点< br>(2a?x
1
,y
1
)
关于x=a对称。得证。
若写成:
f(a?x)?f(b?x)
,函数
y?f(x)
关于直线
x?
(a?x)?(b?x)a?b
?
对称
22
(2)函数
y?f(x)
关于点
(a,b)
对称
?
f(a? x)?f(a?x)?2b


上述关系也可以写成f(2a?x)?f(?x)?2b

f(2a?x)?f(x)?2b

简证:设点
(x
1
,y
1
)

y?f(x)
上,即
y
1
?f(x
1
)
,通过
f(2a?x)?f(x)?2b< br>可知,
f(2a?x
1
)?f(x
1
)?2b
,所以
f(2a?x
1
)?2b?f(x
1
)?2b?y
1
,所以点
(2a?x
1
,2b?y
1
)
也在
y? f(x)
上,而点
(2a?x
1
,2b?y
1
)

(x
1
,y
1
)
关于
(a,b)
对称。得 证。
若写成:
f(a?x)?f(b?x)?c
,函数
y?f(x)
关于点
(
a?bc
,)
对称
22


(3)函数
y?f(x)
关于 点
y?b
对称:假设函数关于
y?b
对称,即关于任一个
x
值,都有两个y值与
其对应,显然这不符合函数的定义,故函数自身不可能关于
y?b
对称。但在曲线c(x,y)=0,则有可
能会出现关于
y?b
对称,比如圆
c(x,y)?x?y?4?0
它会关于y=0对称。
4、 周期性:
(1)函数
y?f(x)
满足如下关系系,则
f(x)的周期为2T

A、
f(x?T)??f(x)
B、
f(x?T)?
C、
f(x?
22
11

或f(x?T)??
f(x)f( x)
T1?f(x)T1?f(x)
)?

f(x?)?
(等式右边 加负号亦成立)
21?f(x)21?f(x)
D、其他情形
(2)函数
y?f(x)
满足
f( a?x)?f(a?x)

f(b?x)?f(b?x)
,则可推出
f(x) ?f(2a?x)?f[b?(2a?x?b)]?f[b?(2a?x?b)]?f[x?2(b?a)]即可以得到
y?f(x)
的周期为2(b-a),即可以得到“如果函数在定义域内关于垂 直于x轴两条直线对称,则函数
一定是周期函数”
(3)如果奇函 数满足
f(x?T)??f(x)
则可以推出其周期是2T,且可以推出对称轴为
x?
T
?2kT
(k?z)
,根据
f(x)?f(x?2T)
可 以找出其对称中心为
(kT

0)(k?z)
(以上
T?0

2
如果偶函数满足
f(x?T)??f(x )
则亦可以推出周期是2T,且可以推出对称中心为
(
T

?2kT ,0)
(k?z)
,根据
f(x)?f(x?2T)
可以推出对称轴为
x?T?2kT
(k?z)
(以上
T?0

2
(4)如果奇函数
y?f(x)
满足
f(T?x)?f(T?x)

T?0
),则函数
y?f(x)
是以4T为周期的周
期性函数。如果偶函数< br>y?f(x)
满足
f(T?x)?f(T?x)

T?0
), 则函数
y?f(x)
是以2T为周
期的周期性函数。
二、 两个函数的图象对称性
1、
y?f(x)

y??f(x)
关于X轴对称。
换种说法:
y?f(x)

y?g(x)
若满足
f(x)??g(x)
,即它 们关于
y?0
对称。
2、
y?f(x)

y?f(?x)
关于Y轴对称。
换种说法:
y?f(x)

y?g(x)
若满足
f(x)?g(?x)
,即它 们关于
x?0
对称。
3、
y?f(x)

y?f(2a?x)
关于直线
x?a
对称。
换种说法:
y?f(x)

y?g(x)
若满足
f(x)? g(2a?x)
,即它们关于
x?a
对称。
4、
y?f(x)

y?2a?f(x)
关于直线
y?a
对称。
换种说法:
y?f(x)

y?g(x)
若满足
f(x)? g(x)?2a
,即它们关于
y?a
对称。
5、
y?f(x)与y?2b?f(2a?x)
关于点(a,b)对称。
换种说法:y?f(x)

y?g(x)
若满足
f(x)?g(2a?x)?2b< br>,即它们关于点(a,b)对称。
6、
y?f(a?x)

y?( x?b)
关于直线
x?
a?b
对称。
2
函数的周期性 < /p>


周期函数的定义:对于函数
f
?
x
?
,存在非 0常数T,使得对于其定义域内总有
f
?
x?T
?
?f
?< br>x
?
,则称的常数T为函
数的周期。
周期函数的性质:

f
?
x?a
?
??f
?
x
?
?f
?
x
?
的周期为
2a
;②如
f
?
x?a
?
?
③如
f
?
x?a
?
??
1
?f
?
x
?
的周期为
2a
; < br>f
?
x
?
1
?f
?
x
?
的 周期为
4a

f
?
x
?
④对于三角函数
y?Asin
?
?
x?
?
?
?B.y?Acos
?
?
x?
?
?
?B
,其周期
T?
⑤对于y?Atan
?
?
x?
?
?
?B.y?Acot
?
?
x?
?
?
?B
,其周期
T?
2?
?

?

?
⑥若
y?f
?
x
?
关于直线
x?a,x?b
?
a?b
?
对称, 则
y?f
?
x
?
一定为周期函数,
2
?
b ?a
?

y?f
?
x
?
的周期。
【试题举例】
例1、(2006年山东卷)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x+2 )=

f(x),则,f(6)的值为 (B)
(A)-1 (B) 0 (C) 1 (D)2
【考点分析】本题考查函数的周期性和奇偶性,基础题。
解析:由
f
?x?2
?
??f
?
x
?
?f
?
x?4
?
??f
?
x?2
?
?f
?
x
?


f
?
x
?
是定义在R上的奇函数得
f
?
0
?
?0
,∴
f
?
6
?
?f
?
4?2
?
?f
?
2
?
??f?
0
?
?0
,故选择B。
【窥管之见】本题用到两重要性质: ①
f
?
x?a
?
??f
?
x
?
? f
?
x
?
的周期为
2a
;②如
f
?
x
?
是定义在R上的奇函数,

f
?
0
?
?0

例2、(2005天津卷)设f(x)是定义在R上的奇函数,且
y?f< br>?
x
?
的图象关于直线
x?
1
对称,则f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)+
2
f (5)=_0___.
【考点分析】本题考查函数的周期性
解析:
f
?
?0
?< br>??f
?
0
?

f
?
0
?
?0
,假设
f
?
n
?
?0

因为点(?n
,0)和点(
n?1,0
)关于
x?
因此,对一切正整数< br>n
都有:
f
?
n
?
?0

从而:< br>f
?
1
?
?f
?
2
?
?f
?
3
?
?f
?
4
?
?f
?
5?
?0
。本题答案填写:0

例3、(2006福建卷)已知
f(x)
是周期为2的奇函数,当
0?x?1
时,
f(x)?lgx.

1
对称,所以
f
?
n?1
?
?f
?< br>?n
?
??f
?
n
?
?0

2
635
522
(A)
a?b?c
(B)
b?a?c
(C)
c?b?a
(D)
c?a?b

解:已知
f(x)
是周期为2的奇函数,当0?x?1
时,
f(x)?lgx.

64431151
a?f()?f(?)??f()

b?f()?f(?)??f()

c?f()?f()
<0,∴
c?a?b
,选D.
22
55522 2
1
例4、(2006年安徽卷理)函数
f
?
x
?
对于任意实数
x
满足条件
f
?
x?2
?
?
,若
f
?
1
?
??5,

f
?
f
?
5
?
?
?
______。
f
?
x
?

a?f(),b?f(),c?f(),

【考点分析】本题考查函数的周期性与求函数值,中档题。
解析:由
f
?< br>x?2
?
?
1
1
?f(x)
,所以
f(5) ?f(1)??5
,则得
f
?
x?4
?
?
fx?2
f
?
x
?
??
11
f
?
f
?
5
?
?
?f(?5)?f(?1)???

f(?1 ?2)5
【窥管之见】函数的周期性在高考考查中除了在三角函数中较为直接考查外,一般都比较灵活。 本题应直观理解
f
?
x?2
?
?
1
“只要加2,则变倒数,加两次则回原位” 则一通尽通也。
f
?
x
?例5、(1996全国,15)设
f
?
x
?

?
??,??
?
上的奇函数,
f
?
x?2
?
??f
?
x
?
,当0≤x≤1时,
f
?
x
??x
,则f(7.5)
等于( )


A.0.5 B.-0.5 C.1.5 D.-1.5
解析:由
f
?
x?2
?
??f
?
x
?
?f
?
7.5
?
??f
?
5.5
?
?f
?
3.5
?
??f
?
1.5
?
?f
?
?0 .5
?
,又
f
?
x
?
是奇函数,故
f?
?0.5
?
??f
?
0.5
?
??0.5< br>,故选择B。
例6、(2005福建卷
f(x)
是定义在R上的以3为周期的 偶函数,且
f(2)?0
,则方程
f(x)
=0在区间(0,6)内解的个数的最小值是 ( B )
A.5 B.4 C.3 D.2 < br>解析:由
f(x)
的周期性知,
f(2)?f
?
5
?
?f
?
?1
?
??f
?
1
?
?? f
?
4
?
?0

即至少有根1,2,4,5。故选择B。
例7(05广东卷)设函数
f(x)

(??,??)
上满足
f(2?x)?f(2?x)

f(7?x)?f(7?x)
,且在闭区间[0,7 ]上,只

f(1)?f(3)?0
.(Ⅰ)试判断函数
y?f(x)
的奇偶性;
(Ⅱ)试求方程
f(x)
=0在闭区间[-2005,2005]上的 根的个数,并证明你的结论.
.解:由f(2-x)=f(2+x),f(7-x)=f(7+x)得 函数
y?f(x)
的对称轴为
x?2和x?7
,
从而知函数
y?f(x)
不是奇函数,
?
f(2?x)?f(2? x)
?
f(x)?f(4?x)
?
?
?f(4?x)?f(14?x )

?
f(7?x)?f(7?x)
?
f(x)?f(14?x)< br>?f(x)?f(x?10)
,从而知函数
y?f(x)
的周期为
T? 10


f(3)?f(0)?0,而f(7)?0
,故函数
y?f (x)
是非奇非偶函数;
?
f(2?x)?f(2?x)
?
f(x )?f(4?x)
(II)由
?
?
?
?f(4?x)?f(14?x )

f(7?x)?f(7?x)f(x)?f(14?x)
??
?f(x) ?f(x?10)

(II) 又
f(3)?f(0)?0,f(11)?f(13)?f(?7)?f(?9)?0

故f(x)在[0,10]和[-10,0]上均有有两个解,从而可知函数
y?f(x)
在 [0,2005]上有402个解,在[-2005.0]上有400个解,所以
函数
y?f( x)
在[-2005,2005]上有802个解.

?
浅谈不等式恒成立问题
1 转换主元法
确定题目中的主元,化归成初等函数求解。此方法通常化为一次函数。
例1:若不等式 2x-1>m(x
2
-1)对满足-2
?
m
?< br>2的所有m都成立,求x的取值范围。
解:原不等式化为 (x
2
-1)m-(2x-1)<0
2
?
f(-2)?-2(x-1)-(2x-1)?0
?
记f(m)= (x
2
-1)m-(2x-1) (-2
?
m
?
2) 根据题意有:
?

2
?
?
f(2)?2(x-1)-(2x-1)?0
2
?1?
?
?
2x?2x-3?0
即:
?
解之:得x的取值范围为< br>2
2
?
?
2x?2x-1?0
7
?x?
1? 3

2
2 化归二次函数法
根据题目要求,构造二次函数。结合二次函数实根分布等相关知识,求出参数取值范围。
例2:在R上定义运算
?
:x
?
y=(1-y) 若不等式(x-a)
?
(x+a)<1对任意实数x成立,则 ( )(A)-1(B)0?
1331
?a?
(D)
??a?

2222
解:由题意可知 (x-a)[1-(x+a)] <1对任意x成立
即x
2
-x-a
2
+a+1>0对x
?
R恒成立
记f(x)=x
2
-x-a
2
+a+1则应满足(-1)
2
-4(-a
2
+a+1)<0
化简得 4a
2
-4a-3<0解得
?
13
?a?
,故选择C。
22
例3:若不等式x
2
-2mx+2m+1>0对满足0< br>?
x
?
1的所有实数x都成立,求m的取值范围。


解 :设f(x)=x
2
-2mx+2m+1本题等价于函数f(x)在0
?
x< br>?
1上的最小值大于0,求m的取值范围。
(1)当m<0时,f(x)在[0,1]上是增函数,因此f(0)是最小值,
1
?
m?0

?

?
2
?
f(0)?2m?1?0
(2)当0?
m
?
1时,f(x)在x=m时取得最小值
?
0?m?1

?
得 0
?
m
?
1
2
?
f(m)?-m?2m?1?0
(3)当m>1时,f(x)在[0,1] 上是减函数,因此f(1)是最小值

?
?
m?1
1
得 m>1 综合(1)(2)(3) 得
m??

2
?
f(1)?2?0注:当化归为二次函数后,自变量是实数集的子集时,应用二次函数知识解决有时较繁琐。此型题目有时也可 转
化为后面的法3求解。
3 分离参数法
在题目中分离出参数,化成a>f(x) (af
max
(x) (amin
(x))求出参数范围。
?
?
2
?
?
例4:已知向量
a
=(x,x+1),
b
=(1-x,t) 若函数f(x)=
a
·
b
在区间(-1,1)上是增函数,求t的取值范围。
解:依题意,f(x)=x
2
(1-x)+(x+1)t=-x
3
+ x
2
+tx+t则f'(x)=-3x
2
+2x+t
∵f(x)在(-1,1)上是增函数,则在(-1,1)上有f'(x)
?
0 即-3x
2
+2x+t
?
0在x
?
(-1,1)上恒成 立 设g(x)=3x-2x∴t
?
g(-1) 即 t
?
5
2
例6:函数y=f(x)在区间(0,
??
)内可导,导函数
f
(x)是减函数,且
f
(x)>0。设x
0
?
(0, ??
),y=kx+m是曲线
y=f(x)在点(x
0
,f(x
0
))处的切线方程并设函数g(x)=kx+m
(Ⅰ)用x
0
,f(x< br>0
),
f
(x
0
)表示m;(Ⅱ)证明:当x
?(0,
??
)时,g(x)
?
f(x)
'
''3
(Ⅲ)若关于x的不等式x
2
+1
?
ax+b
?x
3
在[0,
??
)上恒成立,其中a、b为实数。求b的取值范围及 a与b
2
所满足的关系。
本题(Ⅲ)应用了此方法
(Ⅲ)解:0
?
b
?
1,a>0是不等式成立的必要条件。以下讨论设此条件成立。
1
2
2
x
2
+1
?
ax+b 即x-ax+(1-b)≥0对任意x
?
[0,
??
)成立的充要条件是a
?
2(1-b)

2
3 3

?
(x)=ax+b-
x
3
,于是ax+b
?
x
3
对任意x
?
[0,
??
)成立的充要条件是
?
(x)
?
0
22
?
(x)=a-
x
当0a
?3
22< br>'
?
1
3
=0得x=
a
'
?3

?3
时,
?
(x) <0;当x>
a
?3
时,
?
(x) >0,所以,当x=
a
?
1
2
'
?3
时,
?
(x)取最小值。因 此,
?
(x)
?
0
成立的充要条件是
?
(
a
)
?
0。 即a
?

(2b)

< p>
3
综上,不等式x+1
?
ax+b
?
x
3对任意x
?
[0,
??
]成立的充要条件是
2
2
2

(2b)
?
1
2
?
a
?
2(1-b)
?
1
2
1
2
………………………………………………①
1
2
显然,存在a、b使①式成立的充要条件是:
不等式
(2b)
?
2(1-b)
…………………………………………②有解。
解不等式②得
2?22?2
……………………………③
?b?
44
因此,③式即为b的取值范围,①式即为实数a与b所满足的关系。
4.数型结合法
例7:如果对任意实数x,不等式
x?1?kx
恒成立,则 实数k的取值范围是
0 ?k ?1

解析:画出y
1
=
x ?1
,y
2
=kx的图像,由图可看出 0
?
k
?
1









K=1
例8:已知a>0且a
?
1,当x
?
(-1,1)时,不等式x-a<
2x
1
?
1
?
恒成立,则a的取值范围
?
,1
?
?
?
1,2
?

2
?
2
?
解析:不等式x-a<













2x
11
x2
1
x2
1
可化为 a> x-画出y
1
= a,y
2
= x-的图像。由图可看出
?
a<1或1?
2
2222
1
在解综合性 较强的恒成立问题时,有时一题多法。所以以题为本,关键抓住恒成立的实质,具体问题具体分析,
不拘 泥于一种方法。

专题研究之二(不等式中恒成立问题的解法研究)


在不等式的综合题中,经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都成立的恒成立问题。
恒成立问题的基本类型:
类型1:设
f(x)?ax?bx?c(a?0)
,(1)
f(x)?0在x?R
上恒成立
?a?0且??0
;(2)
f(x)?0在x?R
上恒成立
?a?0且??0

类型2:设
f(x)?ax?bx?c(a?0)

2
2
b
?
b
??
b
?
?
?
?
????
?
??
?
?
?
(1)当
a?0
时,
f(x)?0在x?[
?
,
?
]
上恒成立
?
?
2a


?

?
2a2a
???
f(
?
)?0
?
?
??0
?
f(< br>?
)?0
?
f(
?
)?0
f(x)?0在x?[?
,
?
]
上恒成立
?
?

?
f(
?
)?0
(2)当
a?0
时,
f(x)?0在x?[< br>?
,
?
]
上恒成立
?
?
?
f(?
)?0

f(
?
)?0
?
b
?b
??
b
??
??
???
?
?
????
?
f(x)?0在x?[
?
,
?
]
上恒 成立
?
?
2a


?

2a
?< br>2a
??
?
f(
?
)?0
?
?
?? 0
?
f(
?
)?0
类型3:
f(x)?
?
对一切x?I恒成立?f(x)
min
?
?
f(x)?
?
对 一切x?I恒成立?f(x)
max
?
?

类型4:
f( x)?g(x)对一切x?I恒成立?f(x)的图象在g(x)的图象的上方或f(x)
min
?g(x)
max
(x?I)
恒成立问
题的解题的基本思路是:根据已 知条件将恒成立问题向基本类型转化,正确选用函数法、最小值法、数形结合等解
题方法求解。
一、用一次函数的性质
对于一次函数
f(x)?kx?b,x?[m,n]
有:
?
f(m)?0
?
f(m)?0

f(x)?0恒成立?< br>?
,f(x)?0恒成立?
?
?
f(n)?0
?
f( n)?0
例1:若不等式
2x?1?m(x?1)
对满足
?2?m?2
的所有
m
都成立,求x的范围。
解析:我们可以用改变主元的办法,将m视为主变 元,即将元不等式化为:
m(x?1)?(2x?1)?0
,;令
2
2
?
f(?2)?0
f(m)?m(x
2
?1)?(2x?1)
,则
?2?m?2
时,
f(m)?0
恒成立,所以只需
?
?
f(2)?0
2
?
?1?71?3
?
?2(x?1) ?(2x?1)?0
x?(,)
。 ,所以x的范围是
?
2
22?
?
2(x?1)?(2x?1)?0
二、利用一元二次函数的判别式
对于一元二次函数
f(x)?ax?bx?c?0(a?0,x?R)
有:
(1)
f(x)?0在x?R
上恒成立
?a?0且??0

2


(2)
f(x)?0在x?R
上恒成立
?a?0且??0

例2:若不等式
(m?1)x?(m?1)x?2?0
的解集是R,求m的范围。 < br>析:要想应用上面的结论,就得保证是二次的,才有判别式,但二次项系数含有参数m,所以要讨论m-1 是否是0。
(1)当m-1=0时,元不等式化为2>0恒成立,满足题意;
(2)
m?1?0
时,只需
?
2
?
m?1?0
?
??( m?1)?8(m?1)?0
2
,所以,
m?[1,9)

三、利用函数的最值(或值域)
(1)
f(x)?m
对任意x都成立
?f(x)
min
?m

(2)
f(x)?m
对任意x 都成立
?m?f(x)
max
。简单计作:“大的大于最大的,小的小于最小的”。由 此看出,本
类问题实质上是一类求函数的最值问题。
例3:在
?
ABC中,已知
f(B)?4sinBsin(
解析:由
2
?
4
?
B
)?cos2B,且|f(B)?m|?2恒成立,求实数m的范围。
2
f(B)?4sinBsin
2
(
?
4
?
B
)?cos2B?2sinB?1,?0?B?
?
,?sinB?(0,1]

f(B)?(1,3]

?|f(B)?m| ?2
2
恒成立,
??2?f(B)?m?2
,即
?
?
m?f(B)?2
恒成立,
?m?(1,3]

?
m?f(B)? 2
例4:(1)求使不等式
a?sinx?cosx,x?[0,
?
]
恒成立的实数a的范围。
解析:由于函
a?sinx?cosx?
??
3
?
2sin(x?),x?
?
?[?,]
,显然函数有最大值
2

?a?2

4
444
如果把上题稍微改一点,那么答案又如何呢?请看下题:
(2)求 使不等式
a?sinx?cosx,x?
?
?(0,)
恒成立的实数a的范围 。
42
?
解析:我们首先要认真对比上面两个例题的区别,主要在于自变量的取值范 围的变化,这样使得
y?sinx?cosx

最大值取不到
2
,即 a取
2
也满足条件,所以
a?2

所以,我们对这类题要注 意看看函数能否取得最值,因为这直接关系到最后所求参数a的取值。利用这种方法时,
一般要求把参数 单独放在一侧,所以也叫分离参数法。
四:数形结合法
对一些不能把数放在一侧的,可以利用对应函数的图象法求解。
2x
例5:已知
a? 0,a?1,f(x)?x?a,当x?(?1,1)时,有f(x)?
1
恒成立
,求 实数a的取值范围。
2
2x2x
解析:由
f(x)?x?a?
1< br>,得x?
1
?a
,在同一直角坐标系中做出两个函数的图象,如果两个函数分别
22
111
xx
?a及(?1)
2
??a
?1得到a分别等于2和0.5,并作出函数
y?2及y?()

2
221
x
2x
图象,所以,要想使函数
x??a
在区间
x? (?1,1)
中恒成立,只须
y?2
在区间
x?(?1,1)
对应的 图象在
2
在x=-1和x=1处相交,则由
1?
2
y?x
2
?
1
1
在区间
x?(?1,1)
对应图象的上面即可。当< br>a?1时,只有a?2
才能保证,而
0?a?1时,只有a?
2
2


才可以,所以
a?[,1)?(1,2]

由此可以 看出,对于参数不能单独放在一侧的,可以利用函数图象来解。利用函数图象解题时,思路是从边界
处( 从相等处)开始形成的。
例6:若当P(m,n)为圆
x?(y?1)?1
上任意一 点时,不等式
m?n?c?0
恒成立,则c的取值范围是( )
A、
?1?2?c?
22
1
2
2?1
B、
2?1?c?2?1

C、
c??2?1
D、
c?2?1

22
解析:由
m?n?c?0
,可以看作 是点P(m,n)在直线
x?y?c?0
的右侧,而点P(m,n)在圆
x?(y?1 )?1
上,
?
0?1?c?0
?
22
实质相当于是
x?(y?1)?1
在直线的右侧并与它相离或相切。
?
?
|0?1?c|< br>?c?2?1
,故选D。
?1
?
22
?
1?1
其实在习题中,我们也给出了一种解恒成立问题的方法,即求出不等式的解集后再进行处理。

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