4函数的基本性质
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. I．函数的定义
设A，B都是非空的数集，f是从A到B的一个对应法则.那么，从A到B的映射f：A→B就叫做从A到B的函数.记做y=f(x)，其中x∈A，y∈B，原象集合，A叫做函数f(x)的定义域，象的集合C叫做函数的值域，显然CB. II．函数的性质
（1）奇偶性 设函数f(x)的定义域为D，且D是关于原点对称的数集.若对任意的x∈D，都有f(－x)=－f(x)，则称f(x)是奇函数；若对任意的x∈D，都有f(－x)=f(x),则称f(x)是偶函数.
（2）函数的增减性 设函数f(x)在区间D′上满足：对任意x1, x2∈D′，并且x1 对于函数 f(x),如果存在一个不为零的正数T，使得当x取定义域中的每个数时，f(x+T)=f(x)总成立，那么称f(x)是周期函数，T称做这个周期函数的周期.如果函数f(x)的所有周期中存在最小值T0，称T0为周期函数f(x)的最小值正周期. 例题讲解 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 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 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.1 322 2 时，f(x)＝x，则f(2003)＝( ) D.2003 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. 3032 C.152 D. 3052 4．实数x，y满足x2＝2xsin(xy)－1，则x1998＋6sin5y＝______________. 5．已知x＝1999是方程x4＋bx2＋c＝0的根，b，c为整数，则b＋c＝__________. 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. 7．已知f(x)＝x＋ax＋b(－1≤x≤1)，若|f(x)|的最大值为M，求证：M≥ 20012001 8．⑴解方程:(x＋8)＋x＋2x＋8＝0 ⑵解方程： 9．设f(x)＝x4＋ax3＋bx2＋cx＋d，f⑴＝1，f⑵＝2，f⑶＝3，求 10．设f(x)＝x4－4x3＋ 132142 12. 2xx124x1(x1)12222(x1)2 [f⑷＋f(0)]的值. x2－5x＋2，当x∈R时，求证：|f(x)|≥ 12 课后练习 1. 已知f(x)＝ax5＋bsin5x＋1，且f⑴＝5，则f(－1)＝( ) A.3 2. 已知(3x＋y) 2001 B.－3 ＋x 2001 C.5 D.－5 ＋4x＋y＝0，求4x＋y的值. 223. 解方程：ln(x1＋x)＋ln(4x1＋2x)＋3x＝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______________. 5. 函数y＝ 6. 已知f(x)＝ax2＋bx＋c，f(x)＝x的两根为x1，x2，a＞0，x1－x2＞ 与x1的大小. 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 8. 设a，b，c∈R，|x|≤1，f(x)＝ax＋bx＋c，如果|f(x)|≤1，求证：|2ax＋b|≤4. 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. 2 x4x52x4x82的最小值是______________. 1a，若0＜t＜x1，试比较f(t) 课后练习答案 1.解：∵ f⑴＝a＋bsin1＋1＝5 5 设f(－1)＝－a＋bsin(－1)＋1＝k 相加：f⑴＋f(－1)＝2＝5＋k ∴ f(－1)＝k＝2－5＝－3 选B 2.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 23.解：构造函数f(x)＝ln(x1＋x)＋x 5 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.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 2y 解法二：将原函数变形为x＋ax－a－3＝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.提示：利用两点间距离公式处理 y＝(x2)2(01)2(x2)2(02)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.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＋ 1a1a) ＜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 ∴ f(t)ttx1＝a(t－x2)＝g(t)＜－1 ∴ f(t)－t＞x1－t ∴ f(t)＞x1 7.|xy－f(x)－g(y)|≥ 14 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)|＜ 1414 ，|S(0，1)|＜ 14，|S(1，0)|＜ 14，|S(1，1)|＜ 14 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.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＝ b＝ 1212[f⑴＋f(－1)－2f(0)] [f⑴－f(－1)] c＝f(0) |2ax＋b|＝|[f⑴＋f(－1)－2f(0)]x＋ ＝|(x＋ ≤|x＋ ≤|x＋ 12121212[f⑴－f(－1)]| )f⑴＋(x－ 1212)f(－1)－2xf(0)| ||f⑴|＋|x－|＋|x－ 12||f(－1)|＋2|x||f(0)| |＋2|x| 1接下来按x分别在区间[－1，－]，(－ 1，0)，[0， 1)，[ 1，1]讨论即可 2229. 证明：⑴|f(x1)－f(x2)|＝|x331－x1＋x2－x2| ＝|x2 2 1－x2||x1＋x1x2＋x2－1| 需证明|x2 1＋x1x2 2＋x2－1|＜2 ………………① x2 221＋x1x2＋x2＝(xxx21＋ 222)234≥0 ∴ －1＜x2 2 1＋x1x2＋x2－1＜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， 12] 则立即有|f(x1)－f(x2)|＜1成立. ②若1＞x112－x1＞ 2，则－1＜－(x2－x1)＜－ 2 ∴ 0＜1－(x12－x1)＜2 (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)|≤54 ⑵若f(x)max＝ 178，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， 2当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1＜若a≠0，f(x)＝a(x－1)＋x 2 54成立 ∴ |f(x)|＝|a(x2－1)＋x| ≤|a||x2－1|＋|x| ≤|x2－1|＋|x| (∵ |a|≤1) ≤1－|x2|＋|x| ＝ ≤ 5454122－(|x|－) 178⑵a＝0时，f(x)＝x≤1≠∴ a≠0 ∵ f(x)max＝max{f⑴，f(－1)，f(－又f(±1)＝±1≠ 17812a)} 12a∴ f(x)max＝f(－a(－ 12a)＝ 178 178)2＋(－ 12a)－a＝ 18 a＝－2或a＝－ 18但此时要求顶点在区间[－1，1]内，应舍去－答案为－2 例题答案： 1．提示：可用图像，但是用特殊值较好一些.选C 2．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．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 3232 ，其余100个根可分为50对，每一对的两根关于x＝ 3232对称 利用中点坐标公式，这100个根的和等于所有101个根的和为 32×100＝150 ×101＝ 3032.选B 4．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．解：(逆向思考：什么样的方程有这样的根？) 由已知变形得x－1999 ∴ x2－219x＋19＝99 2 即 x－80＝219x 再平方得x4－160x2＋6400＝76x2 即 x4－236x2＋6400＝0 ∴ b＝－236，c＝6400 b＋c＝6164 6．证法一：由已知条件可得 △＝b－4ac≥0 ① f⑴＝a＋b＋c＞1 ② f(0)＝c＞1 ③ 0＜－ b2a2 ＜1 ④ b2≥4ac b＞1－a－c c＞1 b＜0(∵ a＞0) 于是－b≥2ac 所以a＋c－1＞－b≥2ac 2 ∴ (ac)＞1 ∴ ac＞1 于是ac＋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)≤[∴ a214(x1＋(1－x1)＋x2＋(1－x2))]4＝( 14)2 16≥a2x1(1－x1)x2(1－x2)＞1 ∴ a2＞16 ∴ a＞4 7．解：M＝|f(x)|max＝max{|f⑴|，|f(－1)|，|f(－⑴若|－ a2a2)|} |≥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|－ a212 |＜1 a2M＝max{|f⑴|，|f(－1)|，|f(－)|} ＝max{|1＋a＋b|，|1－a＋b|，|－ ＝max{|1＋a＋b|，|1－a＋b|，|－ ≥ ≥ 1414a24a2＋b|} ＋b|，|－ a2a244＋b|} (|1＋a＋b|＋|1－a＋b|＋|－ a24a＋b|＋|－ 24a＋b|) 2[(1＋a＋b)＋(1－a＋b)－(－ 14(2a24＋b)－(－ 4＋b)] ＝ ≥ 12) 2 综上所述，原命题正确. 8．⑴解：原方程化为(x＋8)2001＋(x＋8)＋x2001＋x＝0 即(x＋8)2001＋(x＋8)＝(－x)2001＋(－x) 2001 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 log2x24x1(x1)1222x12(x1)22即log2(2x即log2(2x4x1)log2(x1222(x1)1)x2x1(x1)1)(x1)222222 4x1)2xlog2(x1x1)x2构造函数f(x)log2(x2 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＝x2＋1 解得：x＝1 9．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 ∴ 14[f⑷＋f(0)]＝7 10．证明：配方得： f(x)＝x(x－2)＋ 2 2 22 52(x－1)－ 52522 2 12 1212 ＝x(x－2)＋ ＝(x2－2x)2＋ (x－1)－1＋(x－1)2－1＋ 52 12 ＝[(x－1)2－1]2＋(x－1)2－1＋ 5 1 ＝(x－1)4－2(x－1)2＋1＋(x－1)2－1＋ 2 ＝(x－1)4 ＋12(x－1)2 ＋ 12 ≥12 2 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容