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《高中竞赛教程》教案:第09讲 函数性质的应用(最终)


第 9 讲 函数性质的应用
本节主要内容是综合运用函数的性质及其图象解决与函数有关的 (如方程、不等式等 )问 题。

A 类例题
例 1 已知 f(x)=asinx+b 3 x+4(a,b 为实数),且 f(lglog310)=5,则 f(lglg3)的值是( A.?5 B.?3 C.3 D.随 a,b 取不同值而取不同值 (1993 年

全国高中数学联合竞赛) 解 设 lglog310=m,则 lglg3=-lglog310=-m, 则 f(m)=asinm+b m+4=5,即 asinm+b m=1. 所以 f(-m)=-(asinm+b 3 m)+4=-1+4=3.选 C. 例 2 设对任意整数 x,f(x)=f(x-1)+f(x+1),且 f(0)=19,f(4)=93,则 f(59)= (1993 年江苏省高中数学竞赛) 分析 通过对 f(x)=f(x-1)+f(x+1)的变换,寻求函数 f(x)的变化规律。 解 由 f(x+1)= f(x)-f(x-1),得 f(x+3)= f(x+2)-f(x+1)= f(x+1)-f(x)-f(x+1)=-f(x), 于是 f(x+6)=-f(x+3)= f(x)。 所以 f(59)= f(9×6+5)= f(5)=-f(2)。 由于 f(1)=-f(4)=-93, 故 f(2)= f(1)-f(0)=-112, 所以 f(59)=112。 例 3 求函数 f ( x) ? 8x ? x 2 ? 14 x ? x 2 ? 48 的最大值和最小值。 (1996 年美国中学数学竞赛题) 分析 考察函数的定义域和单调性。 解 先求函数定义域。由 ? 。
3 3



?

8 x ? x 2 ? 0,

2 ?14 x ? x ? 48 ? 0

得6 ? x ? 8。

因为 f ( x) ? 8 ? x ( x ? x ? 6) ?

6 8? x ,x ?[6, 8] 。 x ? x?6

8] ,且 x 增加时, x ? 当 x ? [6,

x ? 6 增大,而 8 ? x 减小,于是 f(x)是随着 x 得增加

而减小, 即 f(x)在区间[6, 8]上是减函数, 所以 f(x)的最小值为 f(8)=0, f(x)的最大值为 f(6)= 2 3 。 说明 利用函数得单调性求函数的最值(或值域)是一种常用的方法。一般地,若函数 f ( x) 在 闭区间[a,b]上为单调函数,则 f ( x) 在端点处取得最值。

情景再现
1.已知 f(x)=ax5+bsin5x+1,且 f⑴=5,则 f(-1)=( )

-1-

A.3 B.-3 C.5 D.-5 2.设有三个函数,第一个是 y=φ (x),它的反函数就是第二个函数,而第三个函数的图象与 第 二个函数的图象关于直线 x+y=0 对称,那么,第三个函数是 A.y= -φ (x) B.y= -φ (-x) -1 C.y= -φ (x) D.y= -φ 1(-x) (1988 年全国高中数学联赛) 3.函数 f ( x ) 对所有整数 x 和 y ,都有 f ( x) ? f (? x) 和 f ( x ? y) ? f ( x) ? f ( y) ? 6 xy ? 1 , 则 f (3) 等于( )

A.26 B.27 C.52 D.53 2 4. 如图, 已知函数 y=2x 在[a, b] (a<b)上的值域为[0, 2], 则点(a, b)的轨迹为图中的 ( A.线段 AB、BC B.线段 AB、OC y C.线段 OA、BC D.线段 OA、OC A B 1 答 (2003 年江苏省数学夏令营试题)



B 类例题
例 4 设 f(x)是定义在区间(-∞,+∞)上以 2

C -1

O

x

为周期的函数,对 k∈Z,用 I k 表示区间(2k-1,2k+1] ,已知当 x∈I 0 时,f(x)=x . (1)求 f(x)在 I k 上的解析表达式; (2)对自然数 k,求集合 M k ={a│使方程 f(x)=ax 在 I k 在上有两个不相等的实根} . (1989 年全国高考题) 分析 方程 f(x)=ax 在 I k 在上有两个不相等的实根等价于函数 g(x)=ax 、f(x)=(x -2k) 的图象在区间(2k-1,2k+1] (k∈N)上有两个不同的公共点。 解(1)设 x∈I k =(2k-1,2k+1] , 则 x-2k∈(-1,1]= I 0 . 由已知,当 x∈I 0 时,f(x)=x , 所以 f(x-2k)=(x-2k) . 又由已知,f(x)是周期为 2 的周期函数, 所以,f(x-2k)=f(x) , 即当 x∈I k 时,f(x)=(x-2k) . (2)题意即求关于 x 的方程(x-2k) = ax 在区间
-22 2 2 2 2

2

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I k = (2k-1,2k+1] (k∈N)上有两个不同的解时,实数 a 的取值范围. 方程(x-2k) = ax 即为 x2 ? (4k ? a) x ? 4k 2 ? 0 。
2

由 ? ? (4k ? a)2 ?16k 2 ? 0 得 a ? ?8k 或 a ? 0 。

2k ? 1 ?

4k ? a ? 2 k ? 1 得 ?2 ? a ? 2 , 2

1 , 2k ? 1 1 , (2k ? 1)2 ? (4k ? a)(2k ? 1) ? 4k 2 ? 0 得 a ? 2k ? 1

(2k ?1)2 ? (4k ? a)(2k ?1) ? 4k 2 ? 0 得 a ?

由于 k∈N, 所以 a∈(0,
1 1 ],即所求集合 M k =(0, ]. 2k ? 1 2k ? 1

说明 设 g(x)=ax(含参数,形式简单) .问题转化为在同一个坐标系中,两函数 g(x)= ax 、f(x)=(x-2k) 的图象在区间(2k-1,2k+1] (k∈N)上有两个不同的公共点时 a 的取值范围. 如图,不难得到 a∈(0, 所以集合 M k =(0,
1 ]. 2k ? 1
2

1 ]. 2k ? 1

例 5 (1)解方程 (x+8)2005+x2005+2x+8=0; (2)解方程

2 x ? 4 x2 ? 1 x 2 ? 1 ? ( x 2 ? 1) 2 ? 1

? 2( x ?1) 。

2

解 (1)原方程化为(x+8)2005+(x+8)+x2005+x=0 , 即(x+8)2005+(x+8)=(-x)2005+(-x)。 构造函数 f(x)=x2005+x, 于是原方程等价于 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, 所以 x=-4 为原方程的解。 (2)两边取以 2 为底的对数得

log 2

2 x ? 4 x2 ? 1 x ? 1 ? ( x ? 1) ? 1
2 2 2

? ( x ? 1) 2 ,

2 2 2 2 2 即 log 2 (2 x ? 4 x ? 1) ? log 2 ( x ? 1 ? ( x ? 1) ? 1) ? x ? 2 x ? 1 , 2 2 2 2 2 即 log 2 (2 x ? 4 x ? 1) ? 2 x ? log 2 ( x ? 1 ? ( x ? 1) ? 1) ? ( x ? 1) ,

构造函数 f ( x) ? log 2 ( x ?

x 2 ? 1) ? x 。

-3-

于是原方程等价于 f(2x)=f(x2+1)。 易证:f(x)是奇函数,且是 R 上的增函数,所以 2x=x2+1, 解得 x=1。 说明 这两个方程都是通过变形,将其转化为 f ( g ( x)) ? f (h( x)) 的形式,进而利用函数 f ( x ) 的性质(单调性、奇偶性等)加以解决。 例 6 设关于 x 的一元二次方程 2x2-tx-2=0 的两个根为?、?,(t 为实数,?<?). ⑴ 若 x1,x2 为区间[?,?]上的两个不同点,求证:4x1x2-t(x1+x2)-4<0; 4x-t ⑵ 设 f(x)= 2 , f(x)在区间[?, ?]上 的最大值与最小值分别为 fmax 与 fmin, g(t)=fmax-fmin, x +1 求 g(t)的最小值. (湖南省 2002 年高中数学竞赛) 解 ⑴考察函数 h(x)=2x2-tx-2. 由于?<x1,x2<?,故 2x12-tx1-2<0,2x22-tx2-2<0, 两式相加得 2(x12+x22)-t(x1+x2)-4<0. 又 4x1x2≤2(x12+x22). 所以 4x1x2-t(x1+x2)-4≤2(x1 2+x22)-t(x1+x2)-4<0. ⑵ 由已知得 2x2-2=tx,所以 2x2+2=tx+4>0。 对于 t≠0,及 tx+4>0,f(x)= 此时 f(x)单调增. 所以 fmax=f(?),fmin=f(?). 2(t2+16) 1 1 所以 g(t)=f(?)-f(?)= ( - ) t t?+4 t?+4 t(?-?) 2(t2+16) = (2 ) t t ??+4t(?+?)+16 =2(?-?)= t2+16,对于 t=0,此结果也成立. 所以 g(t)的最小值为 4. 例 7 设函数 f(x)=ax2+8x+3(a<0),对于给定的负数 a,有一个最大正数 l(a),使得在整个区 间[0,l(a)]上,不等式|f(x)|≤5 都成立。问:a 为何值时 l(a)最大?求出这个最大的 l(a)并证明 你的结论. (1998 年全国高中数学联赛) 分析 结合函数 f(x)的图象来研究,f(x)的图象一定经过(0,3) ,因 a<0,故抛物线开口向下。 若顶点纵坐标大于 5。 则 l(a)应为 f(x)=5 的较小的根; 若顶点纵坐标不大于 5。 则 l(a)应为 f(x)= -5 的较大的根。 解 f(x)= a ( x ?
2

2(4x-t) 2 t2+16 = (4- ). tx+4 t tx+4

8 4 16 x) ? 3 =a(x+a)2+3- a . a

4 16 故抛物线的顶点为(- ,3- ) , a a 4 16 即 x=-a时,f(x)max =3- a 。 16 (1)当 3- a >5,即-8<a<0 时,

-4-

-8+ 64+8a l(a)是方程 ax2+8x+3=5 的较小根,故 l(a)= . 2a 16 (2)当 3- a ≤5,即 a≤-8 时, -8- 64-32a l(a)是方程 ax2+8x+3=-5 的较大根,故 l(a)= . 2a -8- 64-32a ,(a≤-8) 2a -8+ 64+8a ,(-8<a<0) 2a

综合以上,l(a)=

当 a≤-8 时, -8+ 64-32a 4 4 1+ 5 l(a)= = ≤ = ; 2a 2 20-2 4-2a-2 当-8<a<0 时, -8+ 64+8a l(a)= = 2a 2 2 1+ 5 <4< 2 . 16+2a+4

1+ 5 所以 a=-8 时,l(a)取得最大值,l(a) max = 2 . 说明 熟练掌握二次函数的性质是解本题的关键。

情景再现
5.若(3x+y)2001+x2001+4x+y=0,则 4x+y= 。 -1 x 6.已知函数 h(x)=2 (x∈R) ,它的反函数记为 h (x). -1 A、 B、 C 三点在函数 h (x) 的图象上, 它们的横坐标分别为 a, a+4, a+8 (a>1) , 设△ABC 的面积为 S.? (1)求 S=f(a)的表达式;? (2)求函数 f(a)的值域;? (3)判断函数 S=f(a)的单调性;? (4)若 S>2,求 a 的取值范围.? 7.函数 y ? f ( x) 定义在整个实数轴上,它的图象在围绕坐标原点旋转角 (1) (2) 证明:方程 f ( x) ? x 恰有一个解, 试举一个具有上述性质的函数的例子。

? 后不变。 2

C 类例题
例 8 设函数 f 定义在区间(0,1)上,且

? ?x, 当x是无理数时, p f(x)= ? p+1 ? q ,当x = q,(p,q)=1,0<p<q时. ?
7 8 求函数 f 在区间(8,9)上的最大值. (1992 年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克)

-5-

8 8 8 分析 若 x 为无理数,则 f(x) =x,当 x→ 时,f(x)→ .即当 x 为无理数时 f(x)< ;若 x 为有理 9 9 9 p+1 p p+1 8 p 数时,由于 q >q,故希望 q >9,为此应使分数q的分子分母尽可能接近. 8 解 当 x 为无理数时,f(x)=x< . 9
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p 7 p 8 当 x 为有理数时,设 x=q,且8<q<9,0<p<q, 令 q=p+1,则 7q<8q-8,9q-9<8q,即 8<q<9,不可能. 令 q=p+2,则 7q<8q-16,9q-18<8q,得 16<q<18, p+1 16 即 q=17,p=15, = . q 17 令 q=p+3,则 7q<8q-24,9q-27<8q,得 24<q<27, 故 p+1 2 16 =1- < . p+3 p+3 17 当 q>p+3 时, p>21,即 p≥22,q≥26, 此时 f(x)< p+1 8 1 16 q <9+26<17.

7 8 16 综上,函数 f 在区间( , )上取得的最大值为 . 8 9 17 例 9 用电阻值分别为 a1、a2、a3、a4、a5 、a6 (a1>a2>a3>a4>a5>a6) 的电阻组装成一个如 图的组件,在组装中应如何选取电阻,才能使该组件总电阻值最小?证明你的结论. (2001 年全国高中数学联赛) 解 设 6 个电阻的组件 (如图 3) RFG.当 Ri=ai ,i=3,4,5,6, 的任意排列时,RFG 最小. 证明如下 1°设当两个电阻 R1,R2 并联时,所得组件阻值为 R:则 1 ? 1 ? 1 .故交换二电阻的位 R R1 R2 置,不改变 R 值,且当 R1 或 R2 变小时,R 也减小,因此不妨取 R1>R2. 2°设 3 个电阻的组件(如图 1)的总电阻为 RAB: 的 总 电 阻 为 R1,R2 是 a1,a2

R AB ?

R R ? R1 R3 ? R2 R3 R1R2 ? R3 ? 1 2 . R1 ? R2 R1 ? R2
R1 R3 为使 RAB 最小必须

显然 R1+R2 越大,RAB 越小,所以 取 R3 为所取三个电阻中阻值最小的一 3°设 4 个电阻的组件(如图 2)的总

A

R2 R1 图 1 R3
-6-

B

个. 电阻为 RCD:

R2 R4

C

D

1 1 1 ? ? RCD RAB R4

?

R1R2 ? R1R3 ? R1R4 ? R2 R3 ? R2 R4 . R1R2 R4 ? R1R3 R4 ? R2 R3 R4
若记 S1 ?
1?i ? j ?4

?R R
i

j

, S2 ?

i 1?i ? j ?k ?4

?R R R
j

k

.则 S1、S2 为定值.

于是 RCD ?

S 2 ? R1 R2 R3 . S1 ? R3 R4

只有当 R3R4 最小,R1R2R3 最大时,RCD 最小,故应取 R4<R3 ,R3<R2,R3<R1,即得 总电阻的阻值最小. 4°对于图 3,把由 R1、R2、R3 组成的组件用等效电阻 RAB 代替.要使 RFG 最小,由 3° 必需使 R6<R5;且由 1°,应使 RCE 最小.由 2°知要使 RCE 最小,必需使 R5< R4,且应使 RCD 最小. 而由 3°,要使 RCD 最小,应使 R4< R3 < R2 且 R4< R3 < R1. 这就说明,要证结论成立。 A C R4 F R6 图3 R1 R2 R3 B D R5 E G

E

G

情景再现
8.设函数 f:[0,1]→R 满足⑴ f(x)≥0,对于 x∈[0,1 ]; ⑵ f(1)=1;⑶ f(x)+f(y)≤f(x+y), x、y,x+y∈[0,1],求出最小的常数 c,使 f(x)≤cx 对一切满足上述条件的函数 f 及一切 x∈ [0,1]都成立.证明你的结论. (1993 年第二十二届美国数学奥林匹克)

习题 13
1.设偶函数 f(x)= log a x ? b 在(-∞,0)上递增,则 f(a+1)与 f(b+2)的大小关系是( A.f(a+1)=f(b+2) B.f(a+1)>f(b+2) C.f(a+1)<f(b+2) D.不能确定 2.已知 y=f (x)的图象如右图,则 y=f (1-x)的图象为
Y X O 1 -1 O Y X O 2 Y X O Y 1 X



Y X O





-7-

A B C 3.定义在(-∞,-2)∪(2,+∞)上的函数 f(x)=

D

x ? 2 ? x2 ? 4 x ? 2 ? x2 ? 4

?

x ? 2 ? x2 ? 4 x ? 2 ? x2 ? 4

的奇偶性为( ) A.是奇函数,但不是偶函数 B.是偶函数,但不是奇函数 C.既是奇函数,又是偶函数 D.既非奇函数,又非偶函数 (2003 年江苏省数学夏令营试题) 4.二次函数 f(x)=ax2+bx+c 的图象如图所示,记 M=|a+b+c|+|2a-b|,N=|a-b+c| +|2a+b|, y 则( ) A.M>N B.M=N C.M<N D.M 与 N 大小关系不定 O 1 x -1 (湖南省 2002 年高中数学竞赛) 5 . 已 知 f ( x ) 是 定 义 域 在 (0, ??) 上 的 单 调 递 增 函 数 , 且 满 足 f (6) ? 1 ,

1 x ? 3 ? ) f ( ?) 2 集 f ( x) ? f ( y) ? f ( ) ( x ? 0,y ? 0) , 则 不 等 式 f ( x 的 解 x y
是 。 6.给出如下 5 个命题: ①奇函数的图象一定经过原点; ②函数 y=log2x 与 y=log4x2 是同一函数; ③函数 y=

1 是减函数; x

④方程 log2(x+4)=2x 有且只有两个实根; ⑤函数 y=f(1-x)与函数 y=f(1+x)的图象关于 y 轴对称. 其中正确命题的序号是 . 7.函数 y= x2 ? 4x ? 5 ? x2 ? 4x ? 8 的最小值是___________。 8.已知二次函数 f(x)=4x2-4ax+(a2-2a+2)在 0≤x≤1 上的最小值为 2,求实数 a 的值. (湖南省 2001 年高中数学竞赛) 9.解方程:ln( x2 ?1 +x)+ln( 4 x2 ? 1 +2x)+3x=0。 10.设二次函数 f ( x) ? ax ? bx ? c ( a, b, c ? R, a ? 0 )满足条件:
2

(1)当 x ? R 时, f ( x ? 4) ? f (2 ? x) ,且 f ( x) ? x ; (2)当 x ? (0, 2) 时, f ( x) ? (

x ?1 2 ) ; 2

(3) f ( x ) 在 R 上的最小值为 0。

-8-

求最大的 m(m ? 1) ,使得存在 t ?R,只 要 x ? [1, m] ,就有 f ( x ? t ) ? x 。 (2002 年全国高中数学联赛) 11.设 f(x)是定义在整数集上的整值函数,满足下列 4 条性质: ⑴ 对任意 x∈Z,0≤f(x)≤1996; ⑵ 对任意 x∈Z,f(x+1997)=f(x); ⑶ 对任意 x,y∈Z,f(xy)≡f(x)f(y) (mod 1997) ⑷ f(2)=999. 已知这样的函数存在且惟一,据此求满足 f(x)=1000 的最小正整数 x. (1997 年日本数学奥林匹克) 本节“情景再现”解答: 1.解:因为 f⑴=a+bsin51+1=5 设 f(-1)=-a+bsin5(-1)+1=k 相加:f⑴+f(-1)=2=5+k, 所以 f(-1)=k=2-5=-3 。故选 B。 2.解:设第三个函数上有一点(x,y),它关于 x+y=0 的对称点为(-y,-x),这个点关于 y=x 的对称点为(-x,-y),从而所求函数为 y=-φ (-x)。故选 B。 也可以这样考虑,第二个函数是 y=φ 1(x), 第三个函数为-x=φ 1(-y),即 y=-φ (-x)。 3.解:令 x ? y ? 0 ,则 f (0) ? ?1 。令 y ? ? x ,则 f ( x) ? 3x 2 ?1 。所以 f (3) ? 26 。故选 A 。 4.解:选 A。 5.解:构造函数 f(x)=x2001+x,则原方程等价于 f(3x+y)+f(x)=0。易证:f(x)是奇函数,且 是 R 上的增函数,所以 3x+y=-x, 即 4x+y=0。 - 6.解: (1)显然 h 1(x)=log2x(x>0) 且 A(a,log2a) , B(4,log2(a+4) ) , C(a+8,log2(a+8) )(a>1) .? ∴A、C 的中点 D 的坐标为

1 [log2a+log2(a+8)]) .? 2 1 ∴|BD|=log2(a+4)- log2a(a+8) .? 2 1 ∴S= |BD|× 4× 2=4|BD| 2
(a+4, =4log2(a+4)-2log2a(a+8) , 即 S=2log2

( a ? 4) 2 .? a (a ? 8) ( a ? 4) 2 a (a ? 8)

(2)S=f(a)=2log2

-9-

=2log2(1+

16 ) .? a ? 8a )
2

∵a>1,∴a2+8a>9.∴1<1+

25 16 < , 9 a ? 8a )
2

又 y=log2x 在(0,+∞)上是增函数, ∴0<2log2(1+

25 16 )<2log2 , 9 a 2 ? 8a )

即 0<S<2log2

25 .? 9

(3)S=f(a)在区间(1,+∞)上是减函数,证明略。

? ? (a ? 4) 2 (a ? 4)2 ? 2, ? ? 2, ?2log2 (4)由 S>2 得 ? 得 ? a ( a ? 8) a(a ? 8) ? ? a ? 1, a ? 1, ? ?
解得 1<a<4 2 -4。 7.解: (1)设 f (0) ? y0 ,则(0, y0 )是函数 y ? f ( x) 的图象上的点,把该点按同一方向 绕原点旋转两次,每次旋转角为

? ,得到的点(0,- y0 ) ,仍在 y ? f ( x) 的图象上,所以, 2

y0 = f (0) ? - y0 于是 y0 =0,即 f (0) ? 0。也就是说 x =0 是方程 f ( x) ? x 的一个解。
另一方面,设 x = x0 是方程 x = f ( x) 的一个解,即 f ( x0 ) = x0 ,因此点( x0 , x0 )在 函数 y ? f ( x) 的图象上,它绕原点旋转三个 图象上,所以 x0 = f ( x0 ) =- x0 ,即 x0 =0。 从上面的讨论可知,方程 f ( x) ? x 恰有一个解 x =0。 (2) 构造函数如下:

? 后得到( x0 ,- x0 ) ,且此点也在 y ? f ( x) 的 2

? 0, ? 1 ? f ( x ) ? ? ? x, ? 2 ? ? 2 x,

当x ? 0时 当4k ?| x |? 2 ? 4k 时 当2 ? 4k ?| x |? 4k 时

8.解:由 f(x)≥0,知 f(x)≤f(x)+f(y)≤f(x+y),x、y,x+y∈[0,1].即 f(x)非严格递增. 1 令 y=x,得 2f(x)≤f(2x),(0≤x≤2). 1 若 0≤x≤22,则 22f(x)≤2f(2x)≤f(22x ).

- 10 -

一般的, 若对于 x∈[0, 1], 必有自然数 n, 使

1 1 <x≤ n, 则可得 2nf(x)≤f(2nx)≤f(1)<2n+1x, 2n+1 2

故得 f(x)<2x. 而 f(0)+f(1)≤f(1)=1,即 f(0)+1≤1,但 f(0)≥0,故 f(0)=0,即 f(0)≤2f(0).于是对于 x∈ [0,1],f(x)≤2x 成立.即 c≤2. 再说明 c 不能比 2 小.为此构造函数

?0,当0≤x≤2时, f(x)= ? 1 ?1,当2<x≤1时.
1 1 此函数满足⑴、⑵,若 x、y,x+y∈[0,1],不妨设 x≤y,则 0≤x≤ ,故 f(x)+f(y)=f(y) 2 ≤f(x+y).即此函数也满足⑶. 1 1 1 对这个函数,若 1<c< 2,则取 x∈( , ),则 f(x)=1,而 cx∈( c,1),故 f(x)>cx. 2 c 2 1 若 0<c≤1,此时取 x∈( ,1),仍有 f(x)=1,而 cx≤x<1,f(x)>cx.故 c≥2. 2 综上可知,c=2. 习题”解答: 1.解:由题意知 0 ? a ? 1 , b ? 0 。选 B。 2.解:选 A。 3.解:取特殊值 x ? 4 和 x ? ?4 代入。选 A。 4.解:a>0,- b >1, 2a

所以-b>2a>0,b<0, 2a-b>0,2a+b<0. f(1)=a+b+c<0,f(-1)=a-b+c>0, f(0)=c<0. M=-a-b-c+2a-b=a-2b-c; N=a-b+c-2a-b=-a-2b+c. M-N=2a-2c>0.选 A. 5 . 解 : 由 f ( x? 3 )? f (

1 x

? )

2 f 及 ( 6单 ) 调 性 , 知 f ( x( x ? 3) ? f (6)) ? f (6) , 即

? x( x ? 3 ) ? 6, ? 。 ? 6 ? ?x ? 0
解得不等式 f ( x ? 3) ? f ( ) ? 2 的解集是 {x 0 ? x ? 6.解:④⑤ 7.解:y= ( x ? 2) ? (0 ? 1) ? ( x ? 2) ? (0 ? 2) ,由两点间距离公式知 y 表示动点 P(x,
2 2 2 2

1 x

?3 ? 3 17 }。 2

0)到两定点 A(-2,-1)和 B(2,2)的距离之和。当且仅当 P、A、B 三点共线时取得最小值

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|AB|=5。

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a 8.解:f(x)=4(x-2)2-2a+2. a 若2<0,则最小值为 f(0)=a2-2a+2=2, 所以 a=0,或 a=2,与 a<0 矛盾.舍去. a 若 0≤2≤1,则最小值为-2a+2=2,所以 a=0. a 若2>1,则最小值为 f(1)=4-4a+a2-2a+2=a2-6a+6=2, 所以 a=3± 5.其中 a=3+ 5满足要求. 所以 a=0,a=3+ 5.
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9.解:构造函数 f(x)=ln( x2 ?1 +x)+x。 则原方程等价于 f(x)+f(2x)=0。 易证,函数 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。 10.解:由 f ( x ? 4) ? f (2 ? x) , x ? R ,可知二次函数 f ( x ) 的对称轴为直线 x ? ?1 , 又由(3)知,二次函数 f ( x ) 的开口向上,即 a ? 0 , 于是可设 f ( x) ? a( x ? 1)2 ( a ? 0 )。

1?1 2 ) ? 1 ,所以 f (1) ? 1 。 2 1 1 2 2 即 1 ? a(1 ? 1) ,所以 a ? ,即 f ( x) ? ( x ? 1) . 4 4 1 2 因为 f ( x) ? ( x ? 1) 的图象开口向上,而 y ? f ( x ? t ) 的图象是由 y ? f ( x) 的图象向左平 4
由(1)知 f (1) ? 1 ,由(2)知 f (1) ? ( 移 t 个单位得到。 要在区间 [1, m] 上, 使得 y ? f ( x ? t ) 的图象在 y ? x 的图象的下方, 且 m 最大, 则 1 和m 应当是关于 x 的方程

1 ( x ? t ? 1) 2 ? x 4



的两个根 令 x ? 1 代入方程①,得 t ? 0 或 t ? ?4 。 当 t ? 0 时,方程①的解为 x1 ? x2 ? 1,这与 m ? 1 矛盾。 当 t ? ?4 时,方程①的解为 x1 ? 1, x2 ? 9 ,所以 m ? 9 。 又当 t ? ?4 时,对任意 x ? [1,9] ,恒有 ( x ? 1)( x ? 9) ? 0 ,
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1 ( x ? 4 ? 1) 2 ? x ,也就是 f ( x ? 4) ? x 。 4

所以 m 的最大值为 9。 11.解:注意 1997 是质数。满足⑴—⑶的函数 f(x)易找到,例如若 f(x)≡r(mod 1997)(0≤r ≤1996) ,则 f(x)=r.但此函数不满足⑷.注意到 f(2)=999,但 2×999=1998≡1(mod 1997), 即 999 是 2 的“逆元” .由于 1997 是质数,故每个<1997 的正整数都有唯一逆元. 由于 1997 是质数,故对于任何 x∈Z,且 x?0(mod 1997),都存在唯一整数 y(0<y<1997), 使 xy≡1(mod 1997).(x、y 称为互逆的,y 是 x 的逆元)令 f(x)=y,(若 x=0,则 f(0)=0). 这个函数满足⑴—⑷.即为所求函数. 故本题即求使 1000x≡1(mod 1997)成立的在 1—1996 内的 x. 由 1000x=1997k+1(k∈N*).1000x=2000k-3k+1. ∴k=667. ∴x=2×667-2=1332.

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