2012江蘇省數(shù)學(xué)競(jìng)賽《提優(yōu)教程》教案：第09講 函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用(最終)

《2012江蘇省數(shù)學(xué)競(jìng)賽《提優(yōu)教程》教案：第09講 函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用(最終)》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2012江蘇省數(shù)學(xué)競(jìng)賽《提優(yōu)教程》教案：第09講 函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用(最終)（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第9講 函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用 本節(jié)主要內(nèi)容是綜合運(yùn)用函數(shù)的性質(zhì)及其圖象解決與函數(shù)有關(guān)的(如方程、不等式等)問(wèn)題。 A類(lèi)例題 例1 已知f(x)=asinx+b+4(a，b為實(shí)數(shù))，且f(lglog310)=5，則f(lglg3)的值是（ ） A．-5 B．-3 C．3 D．隨a，b取不同值而取不同值 (1993年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽) 解 設(shè)lglog310=m，則lglg3=－lglog310=－m， 則f(m)=asinm+b+4=5，即asinm+b=1． 所以f(－m)=－(asinm+b)+4=－1+4=3．選C． 例

2、2 設(shè)對(duì)任意整數(shù)x，f(x)=f(x-1)+f(x+1)，且f(0)=19，f(4)=93，則f(59)= 。 （1993年江蘇省高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽） 分析 通過(guò)對(duì)f(x)=f(x-1)+f(x+1)的變換，尋求函數(shù)f(x)的變化規(guī)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)=－

3、112， 所以f(59)=112。 例3 求函數(shù)的最大值和最小值。 （1996年美國(guó)中學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽題） 分析 考察函數(shù)的定義域和單調(diào)性。 解 先求函數(shù)定義域。由得。 因?yàn)椤? 當(dāng)，且x增加時(shí)，增大，而減小，于是f(x)是隨著x得增加而減小，即f(x)在區(qū)間[6，8]上是減函數(shù)，所以f(x)的最小值為f(8)=0，f(x)的最大值為f(6)=。 說(shuō)明 利用函數(shù)得單調(diào)性求函數(shù)的最值（或值域）是一種常用的方法。一般地，若函數(shù)在閉區(qū)間[a，b]上為單調(diào)函數(shù)，則在端點(diǎn)處取得最值。 情景再現(xiàn) 1．已知f(x)＝ax5＋bsin5x＋1，且f⑴＝5，則f(－1)＝( ) A．3

4、 B．－3 C．5 D．－5 2．設(shè)有三個(gè)函數(shù)，第一個(gè)是y=φ(x)，它的反函數(shù)就是第二個(gè)函數(shù)，而第三個(gè)函數(shù)的圖象與第二個(gè)函數(shù)的圖象關(guān)于直線(xiàn)x+y=0對(duì)稱(chēng)，那么，第三個(gè)函數(shù)是 A．y= -φ(x) 　　　　　B．y= -φ(-x) C．y= -φ-1(x) 　　　 　D．y= -φ-1(-x) （1988年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽） 3．函數(shù)對(duì)所有整數(shù)和，都有和，則等于（ ） A．26 B．27 C．52 D．53 4．如圖，已知函數(shù)y＝2x2在[a，b] (a

5、 ） A．線(xiàn)段AB、BC B．線(xiàn)段AB、OC C．線(xiàn)段OA、BC D．線(xiàn)段OA、OC 答 （2003年江蘇省數(shù)學(xué)夏令營(yíng)試題） B類(lèi)例題 例4 設(shè)f（x）是定義在區(qū)間（－∞，＋∞）上以2為周期的函數(shù)，對(duì)k∈Z，用I表示區(qū)間（2k－1，2k＋1］，已知當(dāng)x∈I時(shí)，f（x）＝x． （1）求f（x）在I上的解析表達(dá)式； （2）對(duì)自然數(shù)k，求集合M＝｛a│使方程f（x）＝ax在I在上有兩個(gè)不相等的實(shí)根｝． （1989年全國(guó)高考題） 分析 方程f（x）＝ax在I在上有兩個(gè)不相等的實(shí)根等價(jià)于函數(shù)g（x）＝ax 、f（x）＝（x－2k）的圖象在區(qū)間（2k－1，2k＋

6、1］（k∈N）上有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)。 解（1）設(shè)x∈I＝（2k－1，2k＋1］， 則x－2k∈（－1，1］＝ I． 由已知，當(dāng)x∈I時(shí)，f（x）＝x， 所以f（x－2k）＝（x－2k）． 又由已知，f（x）是周期為2的周期函數(shù)， 所以，f（x－2k）＝f（x）， 即當(dāng)x∈I時(shí)，f（x）＝（x－2k）． （2）題意即求關(guān)于x的方程（x－2k）＝ ax在區(qū)間 I＝ （2k－1，2k＋1］（k∈N）上有兩個(gè)不同的解時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍． 方程（x－2k）＝ ax即為。 由得或。 得， 得， 得， 由于k∈N， 所以a∈（0，]，即所求集合M＝

7、（0，]． 說(shuō)明 設(shè)g（x）＝ax（含參數(shù)，形式簡(jiǎn)單）．問(wèn)題轉(zhuǎn)化為在同一個(gè)坐標(biāo)系中，兩函數(shù)g（x）＝ax 、f（x）＝（x－2k）的圖象在區(qū)間（2k－1，2k＋1］（k∈N）上有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)時(shí)a的取值范圍． 如圖，不難得到a∈（0，]． 所以集合M＝（0，]． 例5 （1）解方程 (x＋8)2005＋x2005＋2x＋8＝0； （2）解方程 。 解 （1）原方程化為(x＋8)2005＋(x＋8)＋x2005＋x＝0 ， 即(x＋8)2005＋(x＋8)＝(－x)2005＋(－x)。 構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x2005＋x， 于是原方程等價(jià)于f(x＋8)＝f(－x)， 而由函

8、數(shù)的單調(diào)性可知f(x)是R上的單調(diào)遞增函數(shù)。 于是有x＋8＝－x， 所以x＝－4為原方程的解。 （2）兩邊取以2為底的對(duì)數(shù)得 ， 即， 即， 構(gòu)造函數(shù)。 于是原方程等價(jià)于f(2x)＝f(x2＋1)。 易證：f(x)是奇函數(shù)，且是R上的增函數(shù)，所以2x＝x2＋1， 解得x＝1。 說(shuō)明 這兩個(gè)方程都是通過(guò)變形，將其轉(zhuǎn)化為的形式，進(jìn)而利用函數(shù)的性質(zhì)（單調(diào)性、奇偶性等）加以解決。 例6 設(shè)關(guān)于x的一元二次方程2x2－tx－2＝0的兩個(gè)根為a、b，(t為實(shí)數(shù)，a

9、f(x)＝，f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大值與最小值分別為fmax與fmin，g(t)＝fmax－fmin，求g(t)的最小值． (湖南省2002年高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽) 解 ⑴考察函數(shù)h(x)=2x2－tx－2． 由于a0。 對(duì)于t≠0，及tx＋4>0，f(x)＝=(4－

10、)． 此時(shí)f(x)單調(diào)增． 所以 fmax＝f(b)，fmin＝f(a)． 所以g(t)＝f(b)－f(a)＝(－ ) =() ＝2(b－a)＝，對(duì)于t＝0，此結(jié)果也成立． 所以g(t)的最小值為4． 例7 設(shè)函數(shù)f(x)=ax2+8x+3(a<0)，對(duì)于給定的負(fù)數(shù)a，有一個(gè)最大正數(shù)l(a)，使得在整個(gè)區(qū)間[0，l(a)]上，不等式|f(x)|≤5都成立。問(wèn)：a為何值時(shí)l(a)最大？求出這個(gè)最大的l(a)并證明你的結(jié)論． （1998年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽） 分析 結(jié)合函數(shù)f(x)的圖象來(lái)研究，f(x)的圖象一定經(jīng)過(guò)（0，3），因a<0，故拋物線(xiàn)開(kāi)口向下。若頂點(diǎn)縱坐標(biāo)大于5。則

11、l(a)應(yīng)為f(x)=5的較小的根；若頂點(diǎn)縱坐標(biāo)不大于5。則l(a)應(yīng)為f(x)=－5的較大的根。 解 f(x)＝＝a(x+)2+3－． 故拋物線(xiàn)的頂點(diǎn)為（－，3－）， 即x＝－時(shí)，f(x)max ＝3－。 （1）當(dāng)3－＞5，即－8＜a＜0時(shí)， l(a)是方程ax2+8x+3＝5的較小根，故l(a)＝． （2）當(dāng)3－≤5，即a≤－8時(shí)， l(a)是方程ax2+8x+3＝－5的較大根，故l(a)＝． 綜合以上，l(a)= 當(dāng)a≤－8時(shí)， l(a)＝＝≤＝； 當(dāng)－8＜a＜0時(shí)， l(a)＝＝＜＜． 所以a＝－8時(shí)，l(a)取得最大值，l(a) max ＝．

12、 說(shuō)明 熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵。 情景再現(xiàn) 5．若(3x＋y)2001＋x2001＋4x＋y＝0，則4x＋y= 。 6．已知函數(shù)h（x）＝2x（x∈R），它的反函數(shù)記為h－1(x)． A、B、C三點(diǎn)在函數(shù)h－1（x）的圖象上，它們的橫坐標(biāo)分別為a，a＋4，a＋8（a＞1），設(shè)△ABC的面積為S． （1）求S＝f（a）的表達(dá)式； （2）求函數(shù)f（a）的值域； （3）判斷函數(shù)S＝f（a）的單調(diào)性； （4）若S＞2，求a的取值范圍． 7．函數(shù)定義在整個(gè)實(shí)數(shù)軸上，它的圖象在圍繞坐標(biāo)原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)角后不變。 （1） 證明：方程恰有一個(gè)解，

13、 （2） 試舉一個(gè)具有上述性質(zhì)的函數(shù)的例子。 C類(lèi)例題 例8 設(shè)函數(shù)f 定義在區(qū)間（0，1）上，且 f(x)= 求函數(shù)f 在區(qū)間(，)上的最大值． (1992年捷克和斯洛伐克數(shù)學(xué)奧林匹克) 分析 若x為無(wú)理數(shù)，則f(x) =x，當(dāng)x→時(shí)，f(x)→．即當(dāng)x為無(wú)理數(shù)時(shí)f(x)<；若x為有理數(shù)時(shí)，由于>，故希望>，為此應(yīng)使分?jǐn)?shù)的分子分母盡可能接近． 解 當(dāng)x為無(wú)理數(shù)時(shí)，f(x)=x<． 當(dāng)x為有理數(shù)時(shí)，設(shè)x=，且<<，0

14、 即q=17，p=15，=． 令q=p+3，則7q<8q－24，9q－27<8q，得24p+3時(shí)， p>21，即p≥22，q≥26， 此時(shí)f(x)< <+<． 綜上，函數(shù)f 在區(qū)間(，)上取得的最大值為． 例9 用電阻值分別為a1、a2、a3、a4、a5 、a6 (a1>a2>a3>a4>a5>a6) 的電阻組裝成一個(gè)如圖的組件，在組裝中應(yīng)如何選取電阻，才能使該組件總電阻值最小？證明你的結(jié)論． （2001年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽） 解 設(shè)6個(gè)電阻的組件（如圖3）的總電阻為RFG．當(dāng)Ri=ai ，i=3，4，5，6，R1，R2是a1，a2的任意排列

15、時(shí)，RFG最?。? 證明如下 1°設(shè)當(dāng)兩個(gè)電阻R1，R2并聯(lián)時(shí)，所得組件阻值為R：則．故交換二電阻的位置，不改變R值，且當(dāng)R1或R2變小時(shí)，R也減小，因此不妨取R1>R2． 2°設(shè)3個(gè)電阻的組件(如圖1)的總電阻為RAB： R1 R3 R2 ． 顯然R1+R2越大，RAB越小，所以為使RAB最小必須取R3為所取三個(gè)電阻中阻值最小的一個(gè)． R3 R4 R1 R2 3°設(shè)4個(gè)電阻的組件(如圖2)的總電阻為RCD： ． 若記，．則S1、S2為定值． 于是． 只有當(dāng)R3R4最小，R1R2R3最大時(shí)，RCD最小，故應(yīng)取R4

16、值最小． 4°對(duì)于圖3，把由R1、R2、R3組成的組件用等效電阻RAB代替．要使RFG最小，由3°必需使R6

17、x+y∈[0，1]，求出最小的常數(shù)c，使f(x)≤cx對(duì)一切滿(mǎn)足上述條件的函數(shù)f及一切x∈[0，1]都成立．證明你的結(jié)論． (1993年第二十二屆美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克) 習(xí)題13 1．設(shè)偶函數(shù)f(x)=在(－∞，0)上遞增，則f(a+1)與f(b+2)的大小關(guān)系是（ ） A．f(a+1)=f(b+2) B．f(a+1)＞f(b+2) C．f(a+1)＜f(b+2) D．不能確定 2．已知y＝f (x)的圖象如右圖，則y＝f (1－x)的圖象為（ ） A B C

18、 D 3．定義在(－∞，－2)∪(2，+∞)上的函數(shù) f(x)= 的奇偶性為（ ） A．是奇函數(shù)，但不是偶函數(shù) B．是偶函數(shù)，但不是奇函數(shù) C．既是奇函數(shù)，又是偶函數(shù) D．既非奇函數(shù)，又非偶函數(shù) （2003年江蘇省數(shù)學(xué)夏令營(yíng)試題） 4．二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的圖象如圖所示，記M＝|a＋b＋c|＋|2a－b|，N＝|a－b＋c|＋|2a＋b|， 則( ) A．M>N B．M＝N C．M

19、則不等式的解集是 。 6．給出如下5個(gè)命題： ①奇函數(shù)的圖象一定經(jīng)過(guò)原點(diǎn)； ②函數(shù)y＝log2x與y＝log4x2是同一函數(shù)； ③函數(shù)y＝是減函數(shù)； ④方程log2（x＋4）＝2x有且只有兩個(gè)實(shí)根； ⑤函數(shù)y＝f（1－x）與函數(shù)y＝f（1＋x）的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)． 其中正確命題的序號(hào)是 ． 7．函數(shù)y＝的最小值是___________。 8．已知二次函數(shù)f(x)=4x2－4ax+(a2－2a+2)在0≤x≤1上的最小值為2，求實(shí)數(shù)a的值． (湖南省2001年高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽) 9．解方程：ln(＋x)＋

20、ln(＋2x)＋3x＝0。 10．設(shè)二次函數(shù)()滿(mǎn)足條件： (1)當(dāng)時(shí),，且； (2)當(dāng)時(shí),； (3)在R上的最小值為0。 求最大的，使得存在R，只要，就有。 （2002年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽） 11．設(shè) f(x)是定義在整數(shù)集上的整值函數(shù)，滿(mǎn)足下列4條性質(zhì)： ⑴ 對(duì)任意x∈Z，0≤f(x)≤1996； ⑵ 對(duì)任意x∈Z，f(x+1997)=f(x)； ⑶ 對(duì)任意x，y∈Z，f(xy)≡f(x)f(y) (mod 1997) ⑷ f(2)=999． 已知這樣的函數(shù)存在且惟一，據(jù)此求滿(mǎn)足f(x)=1000的最小正整數(shù)x． (1997年日本數(shù)學(xué)奧林匹克)

21、 本節(jié)“情景再現(xiàn)”解答： 1．解：因?yàn)?f⑴＝a＋bsin51＋1＝5 設(shè)f(－1)＝－a＋bsin5(－1)＋1＝k 相加：f⑴＋f(－1)＝2＝5＋k， 所以f(－1)＝k＝2－5＝－3 。故選B。 2．解：設(shè)第三個(gè)函數(shù)上有一點(diǎn)(x，y)，它關(guān)于x+y=0的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為(－y，－x)，這個(gè)點(diǎn)關(guān)于y=x的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為(－x，－y)，從而所求函數(shù)為y=－φ(－x)。故選B。 也可以這樣考慮，第二個(gè)函數(shù)是y=φ-1(x)， 第三個(gè)函數(shù)為－x=φ-1(－y)，即y=－φ(－x)。 3．解：令，則。令，則。所以。故選 A 。 4．解：選A。 5．解：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x2001＋x，則

22、原方程等價(jià)于f(3x＋y)＋f(x)＝0。易證：f(x)是奇函數(shù)，且是R上的增函數(shù)，所以3x＋y＝－x， 即4x＋y＝0。 6．解：（1）顯然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的中點(diǎn)D的坐標(biāo)為 （a＋4，[log2a＋log2(a＋8)]）． ∴｜BD｜＝log2（a＋4）－log2a（a＋8）． ∴S＝｜BD｜×4×2＝4｜BD｜ =4log2（a＋4）－2log2a（a＋8）， 即S＝2log2． （2）S＝f（a）＝2log2 ＝2log2（1

23、＋）． ∵a＞1，∴a2＋8a＞9．∴1＜1＋＜， 又y＝log2x在（0，＋∞）上是增函數(shù)， ∴0＜2log2（1＋）＜2log2， 即0＜S＜2log2． （3）S＝f（a）在區(qū)間（1，＋∞）上是減函數(shù)，證明略。 （4）由S＞2得得 解得1＜a＜4－4。 7．解：（1）設(shè)，則（0，）是函數(shù)的圖象上的點(diǎn)，把該點(diǎn)按同一方向繞原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)兩次，每次旋轉(zhuǎn)角為，得到的點(diǎn)（0，－），仍在的圖象上，所以，=－于是=0，即0。也就是說(shuō)=0是方程的一個(gè)解。 另一方面，設(shè)=是方程=的一個(gè)解，即=，因此點(diǎn)（，）在函數(shù)的圖象上，它繞原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)三個(gè)后得到（，－），且此點(diǎn)也在的圖象上

24、，所以==－，即=0。 從上面的討論可知，方程恰有一個(gè)解=0。 （2） 構(gòu)造函數(shù)如下： 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)非嚴(yán)格遞增． 令y=x，得2f(x)≤f(2x)，(0≤x≤)． 若0≤x≤，則22f(x)≤2f(2x)≤f(22x)． 一般的，若對(duì)于x∈[0，1]，必有自然數(shù)n，使

25、對(duì)于x∈[0，1]，f(x)≤2x成立．即c≤2． 再說(shuō)明c不能比2?。疄榇藰?gòu)造函數(shù) f(x)= 此函數(shù)滿(mǎn)足⑴、⑵，若x、y，x+y∈[0，1]，不妨設(shè)x≤y，則0≤x≤，故f(x)+f(y)=f(y)≤f(x＋y)．即此函數(shù)也滿(mǎn)足⑶． 對(duì)這個(gè)函數(shù)，若1cx． 若0cx．故c≥2． 綜上可知，c=2． 習(xí)題”解答： 1．解：由題意知，。選B。 2．解：選A。 3．解：取特殊值和代入。選A。 4．解：a>0，－>1， 所

26、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．選A． 5．解：由及單調(diào)性，知，即。 解得不等式的解集是。 6．解：④⑤ 7．解：y＝，由兩點(diǎn)間距離公式知y表示動(dòng)點(diǎn)P(x，0)到兩定點(diǎn)A(－2，－1)和B(2，2)的距離之和。當(dāng)且僅當(dāng)P、A、B三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)取得最小值|AB|＝5。 8．解：f(x)=4(x－)2－2a+2． 若<0，則最小值為f(0)=a2－2a+2=2， 所以

27、a=0，或a=2，與a<0矛盾．舍去． 若0≤≤1，則最小值為－2a+2=2，所以a=0． 若>1，則最小值為f(1)=4－4a+a2－2a+2=a2－6a+6=2， 所以a=3±．其中a=3+滿(mǎn)足要求． 所以a=0，a=3+． 9．解：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ln(＋x)＋x。 則原方程等價(jià)于f(x)＋f(2x)＝0。 易證，函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且在R上是增函數(shù)(證明略)， 所以f(x)＝－f(2x)＝f(－2x)。 由函數(shù)的單調(diào)性，得x＝－2x。所以原方程的解為x＝0。 10．解：由，，可知二次函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)， 又由(3)知，二次函數(shù)的開(kāi)口向上，即， 于是可設(shè) (

28、)。 由(1)知，由(2)知，所以。 即，所以，即. 因?yàn)榈膱D象開(kāi)口向上，而的圖象是由的圖象向左平移個(gè)單位得到。 要在區(qū)間上，使得的圖象在的圖象的下方，且最大，則1和應(yīng)當(dāng)是關(guān)于的方程 ① 的兩個(gè)根 令代入方程①，得或。 當(dāng)時(shí)，方程①的解為，這與矛盾。 當(dāng)時(shí)，方程①的解為，所以。 又當(dāng)時(shí)，對(duì)任意，恒有， 即，也就是。 所以的最大值為9。 11．解：注意1997是質(zhì)數(shù)。滿(mǎn)足⑴—⑶的函數(shù)f(x)易找到，例如若f(x)≡r(mod 1997)（0≤r≤1996），則f(x)=r．但此

29、函數(shù)不滿(mǎn)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是質(zhì)數(shù)，故每個(gè)<1997的正整數(shù)都有唯一逆元． 由于1997是質(zhì)數(shù)，故對(duì)于任何x∈Z，且x?0(mod 1997)，都存在唯一整數(shù)y(0