2012江蘇省數(shù)學競賽《提優(yōu)教程》教案：第07講函數(shù)的性質與圖象(新)

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1、 第7講 函數(shù)的性質與圖象 本節(jié)主要內容有函數(shù)的單調性、奇偶性（包括對稱性）和周期性，函數(shù)圖象的畫法和變換等內容． A類例題 例1 求函數(shù)f(x)=log(x2－2x－3)的單調遞增區(qū)間。 （2002年全國聯(lián)賽一試） 解：由x2－2x－3>0，得x<－1或x>3． 令y=f(u)= logu，u= x2－2x－3。由于f(u)在（0，+∞）上是單調減函數(shù)，u= x2－2x－3在區(qū)間（－∞，－1）上是單調減函數(shù)，那么由復合函數(shù)的單調性可知，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，－1)上單調遞增。 同樣可以得到函數(shù)f(x)在區(qū)間(3，+∞)上單調遞減。 所以函數(shù)f(x)=

2、log(x2－2x－3)的單調遞增區(qū)間是（－∞，－1）。 說明 分析函數(shù)的單調區(qū)間一般可以根據(jù)原函數(shù)的定義域以及復合函數(shù)的單調性的判斷方法進行判斷，也可以利用函數(shù)的圖象進行判斷。論證函數(shù)的單調性常常利用定義或導數(shù)。 例2 設f(x)是定義在實數(shù)集上的周期為2的函數(shù)，且是偶函數(shù)，已知當x∈[2,3]時，f(x)=x，求x∈[－2，0]時f(x)的解析式。 （1990年全國聯(lián)賽一試） 分析 由T=2，可以得出x∈[－2，－1] 和x∈[0，1]時f(x)的解析式；再由奇偶性，即可得到x∈[－2，0]時f(x)的解析式。 解 因為函數(shù)f(x)是以T=2為周期的周期函數(shù)，所以f(x+2

3、)=f(x)。 當x∈[－2，－1]時，x+4∈[2，3]，于是f(x+4)=x+4， 則f(x)= f(x+4)=x+4。 當x∈[0，1]時，x+2∈[2，3]，于是f(x+2)=x+2， 則f(x)= f(x+2)=x+2。 又由于f(x)為偶函數(shù)，故f(-x)=f(x)。 當x∈[－1，0)時，－x∈(0，1]，則f(x)= f(－x)=－x+2。 所以f(x)==3－|x+1|（x∈[－2，0]）。 說明 本題是根據(jù)周期函數(shù)和偶函數(shù)得性質來求解的。本題還可以畫出函數(shù)的圖象來解。 例3 設函數(shù)f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)－1|，f2(x)= |

4、f1(x)－2|，求函數(shù)y=f2(x)的圖象與x軸所圍成圖形中的封閉部分的面積. （1989年全國聯(lián)賽一試） 解 圖1是函數(shù)f0(x)=|x|的圖形，把此圖形向下平行移動1個單位就得到函數(shù)f0(x)=|x|－1的圖形，作該圖形的在x軸下方的部分關于x軸的對稱圖形得出圖2，其中在x軸上方的部分即是f1(x)=|f0(x)–1|的圖象，再把該圖象向下平行移動2個單位得到f0(x)=|x|－2的圖象，作該圖象在x軸下方的部分關于x軸的對稱圖形得到圖3，其中x軸上方的部分即是f2(x)= |f1(x)–2|的圖象。易得所求面積為7。 情景再現(xiàn) 1．函數(shù)f(x

5、)=－（ ） A．是偶函數(shù)但不是奇函數(shù) B．是奇函數(shù)但不是偶函數(shù) C．既是奇函數(shù)也是偶函數(shù) D．既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù) （2002年全國聯(lián)賽一試） 2．已知f(x)是定義在(0，+∞)上的減函數(shù)，若f (2a2+a+1)＜f(3a2－4a+1)成立，則a的取值范圍是 。 （2005年全國聯(lián)賽一試） 3．若f (x) (x?R)是以2為周期的偶函數(shù)，當x?[ 0，1 ]時，f(x)=x，則f()，f()，f()由小到大排列是 ． （1998年全國聯(lián)賽一試） B類例題 例4 設x，y為實數(shù)，且滿足求x+y 的值。

6、 （1997年全國聯(lián)賽一試） 分析 由方程組可以觀察到x-1、1-y是方程t3+1997t+1=0的根。 解：原方程組即 取 f(t)=t3+1997t+1，則f ￠(t)=3t2+1997>0，故f(t)是單調增函數(shù)， 所以方程t3+1997t+1=0至多只有一個實數(shù)解， 所以x－1=1－y，即x+y=2． 例5 設曲線C的方程是將C沿x軸、y軸正向分別平行移動t、s單位長度后得曲線C1。 （1）寫出曲線C1的方程； （2）證明曲線C與C1關于點對稱； （3）如果C與C1有且僅有一個公共點，證明。 （1998年全國高考題） 分析 第（1）小題直接由函數(shù)圖象平移性質可

7、得；第（2）小題“證明曲線C與C1關于點對稱”應轉化為證明“設B1（x1，y1) 為C上任意一點，證明點（t-x1，s-y1）必在曲線C1上”，反之亦然；第（3）小題即為兩曲線方程構成的方程組有且僅有一組解。 （1）解 曲線C1的方程為。 （2）證明 在曲線C上任取一點B1（x1，y1)。 設B2（x2，y2)是B1關于點A的對稱點，則有 代入曲線C的方程，得， ，故點B2的坐標滿足C1的方程， 可知點B2（x2，y2)在曲線C1上。 反過來，也可以證明，在曲線C1上的點關于點A對稱點在曲線C上。 因此，曲線C與C1關于點A對稱。 （3）證明 因為曲線C與C1有且僅有一個

8、公共點，所以方程組有且僅有一組解。消去y，整理得 這個關于x的一元二次方程有且僅有一個根。 所以并且其根的判別式 所以。 說明 在證明不同的兩條曲線C1和C2關于點（或線）對稱時，必須證明C1上任意一點的對稱點在C2上，且C2上任意一點的對稱點在C1上，即正反兩個方面都要證明。而在證明一條曲線關于點（或線）對稱時，只要在該曲線上任取一點，證明此點的對稱點仍在曲線上即可。 例6 函數(shù)f定義在實數(shù)集上，且對一切實數(shù)x滿足等式和。設x=0是f(x)=0的一個根，記f(x)=0在區(qū)間[－1000，1000]中的根的個數(shù)為N。求N的最小值。 （1984年美國數(shù)學邀請賽） 解 由題意知，函

9、數(shù)f(x)的圖象關于直線和對稱， 所以，， 于是f(x)=0在（0，10]上至少有兩個根。 另一方面，由可得， 所以，即， 從而知函數(shù)是以為周期的周期函數(shù)， 因此f(x)=0在區(qū)間[－1000，1000]中的根的個數(shù)至少有200×2＋1=401個根。 如圖可以構造出一個“鋸齒形”的函數(shù)，滿足上述所有條件，且方程f(x)=0在區(qū)間[－1000，1000]上有401個根，除此以外不再有其他的根。 因此，所求N的最小值為401。 鏈接 設函數(shù)的定義域D。 若對于任意的，都有（a是一個常數(shù)），即函數(shù)為偶函數(shù)時，函數(shù)的圖象關于直線對稱； 若對于任意的

10、，都有（a是一個常數(shù)），即函數(shù)為奇函數(shù)時，函數(shù)的圖象關于點（a，0）對稱。 若函數(shù)與的奇偶性相同時，則函數(shù)是以為周期的周期函數(shù)； 若函數(shù)與的奇偶性相異時，則函數(shù)是以為周期的周期函數(shù)。 請讀者嘗試證明。 例7 已知函數(shù)f (x)定義在R上且對一切實數(shù)x,y?R，有f (x+y)+f (x-y)=2f (x)f (y)，且f (0) 10。 （1）求證f(0)=1,且f (x)是偶函數(shù)； （2）若存在常數(shù)c,使， ①求證對于任意x?R,有f (x+c)=-f (x)成立； ②試問函數(shù)f (x)是否是周期函數(shù)，若是，求出它的一個周期。 解（1）令x=y=0，則f(0)+f(0)=

11、2f(0)f(0)，因為f (0) 10，所以f(0)=1； 任取y?R，令x=0，則f(y)+f(-y)=2f(0)f(y)，所以f(-y)=f(y)，即函數(shù)f (x)是偶函數(shù)。 （2）①令x=a+，y=，則f(a+c)+f(a)=0， 即f (x+c)=-f (x)成立。 ②因為f(x+2c)=－f(x+c)=f(x)所以函數(shù)f (x)是周期函數(shù)，它的一個周期T=2c。 例8 設函數(shù)f(x)在[0，1]上有定義，f(0)=f(1)．如果對于任意不同的x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|．求證：|f(x1)－f(x2)|<．

12、（1983年全國高中數(shù)學聯(lián)賽二試） 分析 把條件|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|與結論|f(x1)－f(x2)|<對照，把|x1－x2|與聯(lián)系比較。 證明 不妨取0≤x1，則x2－x1>，于是1－(x2－x1)<， 即1－x2+x1－0<． |f(x1)-f(x2)|= |(f(x1)- f(0))-(f(x2)－f(1))|≤|f(x1)-f(0)|+ |f(1)-f(x2)|<| x1－0|+|1－x2|=1－x2+x1－0<． 綜上可知，|f(x1)

13、－f(x2)|<成立。 情景再現(xiàn) 4．已知函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù)，g(x)是R上的偶函數(shù)，若，則( ) A． B． C． D． （2004年湖南數(shù)學競賽） 5．函數(shù)的圖象為，而關于直線對稱的圖象為，將向左平移1個單后得到的圖象為，則所對應的函數(shù)為（ ） A． B． C． D． （2005年湖南數(shù)學競賽） 6．設f(x)是定義在實數(shù)集R上的函數(shù)，且滿足下列關系f(10+x)=f(10-x)， f(20-x)=-f(20+x)，則f(x)是（ ） A．偶函數(shù)，又是周期函數(shù) B．偶函數(shù)，但不是周期函數(shù)

14、C．奇函數(shù)，又是周期函數(shù) D．奇函數(shù)，但不是周期函數(shù) （1992年全國聯(lián)賽一試） 7．已知f(x)是定義在R上的增函數(shù).設F(x)=f(x)–f(a–x) （1）用函數(shù)單調性定義證明F(x)是R上的增函數(shù); （2）證明函數(shù)y=F(x)的圖象關于點為中心對稱. C類例題 例9 設k∈N，若存在函數(shù)f ：N→N是嚴格遞增的，且對于每個n∈N，都有f[f(n)]=kn, 求證：對每個n∈N，都有． （1990第五屆冬令營選拔賽） 證明 先證后一半，即證明2f(n)≤kn+n=f[f(n)]+n， 把這個式子改寫為f(n)-n≤f[f(n)]-f(n)．

15、 ⑴ 1° f(n)≥n，這是因為f(n)是自然數(shù)，且函數(shù)f ：N→N是嚴格遞增的，即f(1)n，則f(m)-f(n)≥m-n， 這是因為若m>n，設m=n+p，(p∈N)，則 f(m)=f(n+p)≥f(n+p-1)+1≥f(n+p-2)+2≥…≥f(n)+p， 即f(m)-f(n)≥p=m-n． ⑵ 在⑵式中取m=f(n)即得⑴式． 于是成立． 再證前一半，即證明，即證2f[f(n)]≤(k+1)f(n)， 即證f[f(n)]≤f(n)．這只要在⑴式中以f(n)代n即可得證．

16、 所以對每個n∈N，都有。 例10 設f 是一個從實數(shù)集R 映射到自身的函數(shù)，并且對任何x∈R 均有，以及． 證明：函數(shù)是周期函數(shù)（即存在一個非零實數(shù)c，使得對任何x∈R，f（x+c）=f（x）成立）。 （1996 年第三十七屆IMO 預選題） 分析 觀察所給的條件等式，由于，注意到即為，如此進行下去，……。 證明 因為對任何x∈R，有 故 =… ， 即。 （1） 同樣，有， 則， 所以

17、 =… ， 即。 （2） 由（1）、（2）得 =…= 因此，對所有成立。 又對任何x∈R 均有，即有界，故只有。 所以是周期函數(shù)。 說明 這是一道融函數(shù)周期性和有界性于一體的例子。首先必須對條件等式作深入的探討，如，由此導出“等距”式，如等，這就易導出的圖象上橫坐標“等距”的兩點，縱坐標也“等距”。 情景再現(xiàn) 8．函數(shù)f(k)是定義在N*上，在N*中取值的嚴格遞增函數(shù)(如果是任意的x1，x2∈A，當x1

18、3k，試求f(1)+f(9)+f(96)的值． （1996年北京市高一數(shù)學競賽) 習題13 1．函數(shù)y＝log|x－2|的單調遞減區(qū)間是( ) A．(－∞，2) B．(－∞，2)∪(2，＋∞) C．(2，＋∞) D．(0，2)∪(2，＋∞) （1998年湖南省高中數(shù)學競賽) 2．對任意的函數(shù)y=f(x)，在同一個直角坐標系中，函數(shù)y=f(x－1)與函數(shù)y=f(－x+l)的圖象恒( ) A．關于x軸對稱 B．關于直線x=l對稱 C．關于直線x=－l對稱 D．關于y軸對稱 (1989年全國高中數(shù)學聯(lián)賽

19、) 3．設函數(shù)y=f(x)對于一切實數(shù)x滿足f(3+x)=f(3－x)，且方程f(x)=0恰有6個不同的實數(shù)根，則這6個實根的和為( ) A．18 B．12 C．9 D．0 （1991年全國聯(lián)賽一試） 4．對于，函數(shù)，則它是周期函數(shù)，這類函數(shù)的最小正周期是（ ） A． B． C． D． （2005年湖南省高中數(shù)學競賽） 5．方程|x－y2|=1－|x|的圖象為（ ） (1991年全國高中數(shù)學聯(lián)賽) 6．定義在實數(shù)集R上的函數(shù)y＝f(－x)的反函數(shù)是y＝f－1(－x)

20、，則y＝f(x)是( ) A．奇函數(shù) B．偶函數(shù) C．既是奇函數(shù)，也是偶函數(shù) D．既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù) （2002年湖南省高中數(shù)學競賽) 7．函數(shù)y=的單調遞增的x的取值范圍是 。 （1993年河北省高中數(shù)學競賽) 8．設f(x)= － (a>0，且a≠1，[m]表示不超過m的最大整數(shù))，則[f(x)]+[f(－x)]的值域是 。 （1994年河北省高中數(shù)學競賽) 9．已知f(x)=|1－2x|，x∈[0，1]，那么方程f(f(f(x)))=x的解的個數(shù)是

21、 ． （1986年全國高中聯(lián)賽） 10．設函數(shù)，區(qū)間M=[a，b](a

22、．解：f(x)定義域為(－∞，0)∪(0，+∞)； f(x)－f(－x)= －－+=－x=0． 即f(x)是偶函數(shù)．選A． 2．解：由得a∈(－∞，)∪(1，+∞)． 由題意得2a2+a+1＞3a2－4a+1所以a2－5a＜0，即0＜a＜5． 故所求a的取值范圍為(0，)∪(1，5)．填(0，)∪(1，5)． 3．解：f()=f(6－)=f()．f()=f(6－)=f()，f()=f(6+)=f()．現(xiàn)f(x)是[0，1]上的增函數(shù)， 而<<．故f()

23、)] =f[10－(10－x)]=f(x)=－f(20+x)． ∴ f(40+x)=f[20+(20+x)]=－f(20+x)=f(x)．∴f(x)是周期函數(shù)； 又f(－x)=f(40－x)=f(20+(20－x)=－f(20－(20－x))=－f(x)． ∴f(x)是奇函數(shù)．選C． 7．解：（1）任取x1、x2∈R，且x1

24、)<0，又由x1

25、(k)))=f(3k)；f(f(f(k)))=3f(k)． 即f(3k)=3f(k)． 若f(1)=1，則f(f(1))=f(1)=1，又f(f(1))=3．矛盾，故f(1)>1． 由于f(x)是在N*中取值且嚴格遞增的，于是f(n+1)≥f(n)+1，故f(n)>n。 設f(1)=a>1，若a=3，則由f(f(1))=f(a)=3．矛盾．故a=2，即f(1)=2，f(2)=3．f(3)=3f(1)=6．f(6)=9， ∴ f(9)=3f(3)=18，f(18)=3f(6)=27，f(27)=54 ，f(54)=81． 注意到自變量由27變?yōu)?4時增加27，函數(shù)值由54到81也增加

26、27，故知f(28)=55，f(29)=56，…，f(32)=59…． ∴ f(96)=3f(32)=177．于是f(1)+f(9)+f(96)=2+18+177=197． 習題”解答： 1．解：y＝logu是單調減函數(shù)，u＝|x－2|>0且單調增區(qū)間為(2，＋∞)。故選C． 2．解：令x－1=t，則得f(t)=f(－t)，即f(t)關于t=0對稱，即此二圖象關于x=1對稱．選B 3．解：該函數(shù)圖象關于x=3對稱．故6個根的和=3×2×3=18．選A． 4．解：將代替式中的，則有。 于是，可得， 所以。選D。 5．解：∵ |x－y2|=故此方程等價于選D． 6．解：由y＝

27、f－1(－x)得－x＝f(y)，即x＝－f(y)， 也即 y＝－f(x)，所以f(－x)＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)，選A． 7．解：當x>0時，y=，當x增時，y增．又函數(shù)為奇函數(shù)，故所求范圍為(－∞，+∞)． 8．解：f(x)是奇函數(shù)，∴ [f(x)]+[f(－x)]=0或－1．即所求值域為{0，－1}． 9．解：f(f(x))=|1－2|1－2x||= 同樣f(f(f(x)))的圖象為8條線段，其斜率分別為±8，夾在y=0與y=1，x=0，x=1之內．它們各與線段y=x (0≤x≤1)有1個交點．故方程f(f(f(x)))=x共計有8解． 10．解：函數(shù)是奇函數(shù)，又當時

28、，是減函數(shù)，所以在上是減函數(shù)。由M=N得 所以， 所以。 若，則，不合題意；若，則，不合題意； 若=0，則與矛盾。 所以使M=N成立的實數(shù)對(a，b)有0對。 11．解：⑴ 顯然，f(0)＝f(0＋0)＝2f(0)，故f(0)＝0． 設x＜0，則－x＞0，據(jù)已知，f(－x)＞0，由f(x)為奇函數(shù)，故f(x)＝－f(－x)＜0． 設x1，x2∈R，且x1＜x2． ① 若0≤x1＜x2，因x2＝x1＋(x2－x1)，且x2－x1＞0，故f(x2－x1)＜0．據(jù)已知， f(x2)＝f(x1＋(x2－x1))＝f(x1)＋f(x2－x1)＜f(x1)，即f(x1)＜f(x2)；

29、 ② 若x1＜x2＜0，有－x1＞－x2＞0，由上證，知f(－x1)＜f(－x2)，即f(x1)＞f(x2)； ③ 若x1＜0＜x2，由上證知，f(x1)＞0，f(x2)＜0，從而f(x1)＞f(x2)； 綜上可知，在x∈R時，f(x)為單調減函數(shù)． ⑵ 由上證可知，f(x)在[－3，3]上的最大值為f(－3)，最小值為f(3)． 又 f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＝－2＋(－2)＝－4， f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＝－4＋(－2)＝－6．f(－3)＝－f(3)＝6． 即，f(x)在[－3，3]上的最大值為6(x＝－3時取得最大值)，最小值為－6

30、(x＝3時取得最小值)． 12．解：由f（n+1）＞f（n）知函數(shù)f 嚴格單調遞增． 若f（1）=1，則f（f（1））=1≠3，與題設矛盾． 所以f（1）≥2． 由3=f（f（1））≥f（2）＞f（1）≥2 得 f（1）=2，f（2）=3 ① 因為f（3n）=f（f（f（n）））=3f（n） ② 由①及②即得 f（3n）=3nf（1）=2·3n， f（2·3n）＝3nf（2）＝3n+1，n=0，1，2，… 注意到2·3n 與3n+1 之間共有3n－1 個自然數(shù)，而3n 與2·3n 之間也恰有3n－1 個自然數(shù)，由f嚴格單調，可得 f（3n+m）=2·3n+m，0≤m≤3n，n=0，1，2，… 由上式即得 f（2·3n+m）=f（f（3n+m））=3（3n+m）。 于是 由于1992=2·36+534，所以f（1992）=3（36+534）=3789。 高考資源網(wǎng) w。w-w*k&s%5￥u