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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第07讲


第 7 讲 函数的性质与图象
本节主要内容有函数的单调性、奇偶性(包括对称性)和周期性,函数图象的画法和变换等内容.

A 类例题
例 1 (2002 年全国联赛一试)求函数 f(x)=log1(x2-2x-3)的单调递增区间.
2 解:由 x -2x-3>0,得 x<-1 或 x>3. 令 y=f(u)= lo

g1u,u= x -2x-3. 2 由于 f(u)在(0,+∞)上是单调减函数,u= x -2x-3 在区间(-∞,-1)上是单调减函数,那么由复 合函数的单调性可知,函数 f(x)在区间(-∞,-1)上单调递增. 同样可以得到函数 f(x)在区间(3,+∞)上单调递减. 所以函数 f(x)=log1(x -2x-3)的单调递增区间是(-∞,-1). 2 说明 分析函数的单调区间一般可以根据原函数的定义域以及复合函数的单调性的判断方法进行判断,也可以 利用函数的图象进行判断.论证函数的单调性常常利用定义或导数.
2 2 2 2

例 2 (1990 年全国联赛一试)设 f(x)是定义在实数集上的周期为 2 的函数,且是偶函数,已知当 x∈[2,3]
时,f(x)=x,求 x∈[-2,0]时 f(x)的解析式. 分析 由 T=2,可以得出 x∈[-2,-1] 和 x∈[0,1]时 f(x)的解析式;再由奇偶性,即可得到 x∈[-2,0]时 f(x)的解析式. 解 因为函数 f(x)是以 T=2 为周期的周期函数,所以 f(x+2)=f(x). 当 x∈[-2,-1]时,x+4∈[2,3],于是 f(x+4)=x+4, 则 f(x)= f(x+4)=x+4. 当 x∈[0,1]时,x+2∈[2,3],于是 f(x+2)=x+2, 则 f(x)= f(x+2)=x+2. 又由于 f(x)为偶函数,故 f(-x)=f(x). 当 x∈[-1,0)时,-x∈(0,1],则 f(x)= f(-x)=-x+2.
? 3-(-x-1)=x+4 所以 f(x)=? ?3-(x+1)=-x+2

(x∈[-2,-1]), =3-|x+1|(x∈[-2,0]). (x∈(-1,0)).

说明 本题是根据周期函数和偶函数得性质来求解的.本题还可以画出函数的图象来解.

例 3 (1989 年全国联赛一试)设函数 f0(x)=|x|,f1(x)=|f0(x)-1|,f2(x)= |f1(x)-2|,求函数 y=f2(x)的图象与 x
轴所围成图形中的封闭部分的面积. 解 图 1 是函数 f0(x)=|x|的图形, 把此图形向下平行移动 1 个单位就得到函数 f0(x)=|x|-1 的图形, 作该图形的 在 x 轴下方的部分关于 x 轴的对称图形得出图 2,其中在 x 轴上方的部分即是 f1(x)=|f0(x)–1|的图象,再把该 图象向下平行移动 2 个单位得到 f0(x)=|x|-2 的图象,作该图象在 x 轴下方的部分关于 x 轴的对称图形得到图 3,其中 x 轴上方的部分即是 f2(x)= |f1(x)–2|的图象.易得所求面积为 7.
y
y
(-1,2) y (1, 2) 1

1

o

x

-1 o

1

x

-3

o

-1

3

x

图1

图2

图3

B 类例题
例 4 (1997 年全国联赛一试)设 x,y 为实数,且满足?
3

?(x-1) +1997(x-1)=-1, ?(y-1) +1997(y-1)=1.
3

3

求 x+y 的值.

分析 由方程组可以观察到 x-1、1-y 是方程 t +1997t+1=0 的根.
?(x-1) +1997(x-1)+1=0, 解:原方程组即? 3 ?(1-y) +1997(1-y)+1=0.
3

取 f(t)=t +1997t+1,则 f ?(t)=3t +1997>0,故 f(t)是单调增函数,
3 2

所以方程 t +1997t+1=0 至多只有一个实数解, 所以 x-1=1-y,即 x+y=2.

3

例 5 (1998 年全国高考题)设曲线 C 的方程是 y ? x 3 ? x, 将 C 沿 x 轴、y 轴正向分别平行移动 t、s 单位
长度后得曲线 C1. (1)写出曲线 C1 的方程; (2)证明曲线 C 与 C1 关于点 A( , ) 对称;

t s 2 2

t3 ? t且t ? 0 . (3)如果 C 与 C1 有且仅有一个公共点,证明 s ? 4
分析 第(1)小题直接由函数图象平移性质可得;第(2)小题“证明曲线 C 与 C1 关于点 A( , ) 对称”应转 化为证明“设 B1(x1,y1) 为 C 上任意一点,证明点(t-x1,s-y1)必在曲线 C1 上”,反之亦然;第(3)小题 即为两曲线方程构成的方程组有且仅有一组解. (1)解 曲线 C1 的方程为

t s 2 2

y ? ( x ? t )3 ? ( x ? t ) ? s .

(2)证明 在曲线 C 上任取一点 B1(x1,y1). 设 B2(x2,y2)是 B1 关于点 A 的对称点,则有

x1 ? x 2 t y1 ? y 2 s ? , ? . ? x1 ? t ? x 2 , y1 ? s ? y 2 . 2 2 2 2
代入曲线 C 的方程,得 s ? y2

? (t ? x2 )3 ? (t ? x2 ) ,

即y2 ? ( x2 ? t )3 ? ( x2 ? t ) ? s ,故点 B2 的坐标满足 C1 的方程,
可知点 B2(x2,y2)在曲线 C1 上. 反过来,也可以证明,在曲线 C1 上的点关于点 A 对称点在曲线 C 上. 因此,曲线 C 与 C1 关于点 A 对称. (3)证明 因为曲线 C 与 C1 有且仅有一个公共点,所以方程组 ? 消去 y,整理得 3tx
2

? y ? x 3 ? x,
3 ? y ? ( x ? t ) ? ( x ? t ) ? s.

有且仅有一组解.

?3t 2 x ? (t 3 ? t ? s) ? 0,

这个关于 x 的一元二次方程有且仅有一个根. 所以 t ? 0 并且其根的判别式 ? ? 9t 4 ? 12t (t 3 ? t ? s ) ? 0,即?

? t ? 0, 3 ?t (t ? 4t ? 4s) ? 0.

t3 ? t且t ? 0 . 所以 s ? 4

说明 在证明不同的两条曲线 C1 和 C2 关于点(或线)对称时,必须证明 C1 上任意一点的对称点在 C2 上,且 C2 上任意一点的对称点在 C1 上,即正反两个方面都要证明.而在证明一条曲线关于点(或线)对称时,只要 在该曲线上任取一点,证明此点的对称点仍在曲线上即可.

例 6 (1984 年美国数学邀请赛)函数 f 定义在实数集上,且对一切实数 x 满足等式 f (2 ? x) ? f (2 ? x) 和

f (7 ? x) ? f (7 ? x) .设 x=0 是 f(x)=0 的一个根,记 f(x)=0 在区间[-1000,1000]中的根的个数为 N.求 N
的最小值. 解 由题意知,函数 f(x)的图象关于直线 x ? 2 和 x ? 7 对称, 所以

f (4) ? f (2 ? 2) ? f (2 ? 2) ? f (0) ? 0 ,
y

f (10) ? f (7 ? 3) ? f (7 ? 3) ? f (4) ? 0 ,
于是 f(x)=0 在(0,10]上至少有两个根. 另一方面, 由?

? f (2 ? x) ? f (2 ? x), ? f ( x) ? f (4 ? x), 可得 ? , ? f (7 ? x) ? f (7 ? x) ? f ( x) ? f (14 ? x)

-6

-2

0

2

6

10

x

所以 f (4 ? x) ? f (14 ? x) ,即 f ( x) ? f ( x ? 10) , 从而知函数 y ? f ( x) 是以 T ? 10 为周期的周期函数, 因此 f(x)=0 在区间[-1000,1000]中的根的个数至少有 200×2+1=401 个根. 如图可以构造出一个“锯齿形”的函数 y ? f ( x) , 满足上述所有条件, 且方程 f(x)=0 在区间[-1000, 1000] 上有 401 个根,除此以外不再有其他的根. 因此,所求 N 的最小值为 401. 链接 设函数的定义域 D. 若对于任意的 x ? D , 都有 f (a ? x) ? f (a ? x)(a 是一个常数) , 即函数 y ? f (a ? x) 为偶函数时, 函数 y ? f ( x) 的图象关于直线 x ? a 对称; 若对于任意的 x ? D ,都有 f (a ? x) ? ? f (a ? x) (a 是一个常数) ,即函数 y ? f (a ? x) 为奇函数 时,函数 y ? f ( x) 的图象关于点(a,0)对称. 若函数 y ? f (a ? x) 与 y ? f (b ? x) (b ? a ) 的奇偶性相同时,则函数 y ? f ( x) 是以 2(b ? a) 为周 期的周期函数; 若函数 y ? f (a ? x) 与 y ? f (b ? x) (b ? a ) 的奇偶性相异时,则函数 y ? f ( x) 是以 4(b ? a) 为周 期的周期函数.

例 7 已知函数 f (x)定义在 R 上且对一切实数 x,y?R,有 f (x+y)+f (x-y)=2f (x)f (y),且 f (0) ?0.
(1)求证 f(0)=1,且 f (x)是偶函数; (2)若存在常数 c,使 f ( ) ? 0 , ①求证对于任意 x?R,有 f (x+c)=-f (x)成立; ②试问函数 f (x)是否是周期函数,若是,求出它的一个周期.

c 2

解(1)令 x=y=0,则 f(0)+f(0)=2f(0)f(0),因为 f (0) ?0,所以 f(0)=1; 任取 y?R,令 x=0,则 f(y)+f(-y)=2f(0)f(y),所以 f(-y)=f(y),即函数 f (x)是偶函数. (2)①令 x=a+

c c ,y= ,则 f(a+c)+f(a)=0, 2 2

即 f (x+c)=-f (x)成立. ②因为 f(x+2c)=-f(x+c)=f(x)所以函数 f (x)是周期函数,它的一个周期 T=2c.

例 8 (1983 年全国高中数学联赛二试)设函数 f(x)在[0,1]上有定义,f(0)=f(1).如果对于任意不同的 x1,
1 x2∈[0,1],都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|.求证:|f(x1)-f(x2)|<2. 分析 1 1 把条件|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|与结论|f(x1)-f(x2)|<2对照,把|x1-x2|与2联系比较.

证明 不妨取 0≤x1<x2≤1. 1 1 若|x1-x2|≤2,则必有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|<2. 1 1 1 1 若|x1-x2|>2,则 x2-x1>2,于是 1-(x2-x1)<2,即 1-x2+x1-0<2. 1 |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<2. 1 综上可知,|f(x1)-f(x2)|<2成立.

C 类例题
例9 (1990 第五届冬令营选拔赛)设 k∈N,若存在函数 f :N→N 是严格递增的,且对于每个 n∈N,都 有 f[f(n)]=kn, 求证:对每个 n∈N,都有

2kn (k ? 1)n ? f ( n) ? . k ?1 2


证明 先证后一半,即证明 2f(n)≤kn+n=f[f(n)]+n, 把这个式子改写为 f(n)-n≤f[f(n)]-f(n). 1? 2? 若 m>n,则 f(m)-f(n)≥m-n, 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. 在⑵式中取 m=f(n)即得⑴式. 于是 f ( n) ? ⑵ f(n)≥n,这是因为 f(n)是自然数,且函数 f :N→N 是严格递增的,即 f(1)<f(2)<f(3)<…<f(n).

这是因为若 m>n,设 m=n+p,(p∈N),则

( k ? 1)n 成立. 2 2kn ? f ( n) ,即证 2f[f(n)]≤(k+1)f(n), 再证前一半,即证明 k ?1 k ?1 即证 f[f(n)]≤ f(n).这只要在⑴式中以 f(n)代 n 即可得证. 2 2kn (k ? 1)n ? f ( n) ? 所以对每个 n∈N,都有 . k ?1 2
例10 (1996 年第三十七届IMO预选题)设f 是一个从实数集R 映射到自身的函数,并且对任何x∈R 均有

| f ( x) |? 1 ,以及 f ( x ?

13 1 1 ) ? f ( x) ? f ( x ? ) ? f ( x ? ) . 42 6 7

证明:函数 f ( x ) 是周期函数(即存在一个非零实数c,使得对任何x∈R,f(x+c)=f(x)成立).

分析 观察所给的条件等式,由于

1 1 13 13 1 1 ? ? ) ? f ( x) ? f ( x ? ) ? f ( x ? ) 即为 ,注意到 f ( x ? 6 7 42 42 6 7 7 7 6 6 f ( x ? ) ? f ( x) ? f ( x ? ? ) ? f ( x ? ) ,如此进行下去. 42 42 42 42 f (x ?

证明 因为对任何x∈R,有

13 1 1 ) ? f ( x) ? f ( x ? ) ? f ( x ? ) 42 6 7 7 7 6 6 ) ? f ( x) ? f ( x ? ? ) ? f (x ? ) 故 f (x ? 42 42 42 42 13 6 ? f (x ? ) ? f (x ? ) 42 42 19 12 ? f (x ? ) ? f (x ? ) 42 42
=…

49 42 ) ? f (x ? ) , 42 42 49 7 ) ? f ( x ? ) . (1) 即 f ( x ? 1) ? f ( x) ? f ( x ? 42 42 6 13 7 ) ? f ( x) ? f ( x ? ) ? f ( x ? ) , 同样,有 f ( x ? 42 42 42 1 6 1 13 1 7 1 ? ) ? f (x ? ) ? f (x ? ? ) ? f (x ? ? ), 则 f (x ? 42 42 42 42 42 42 42 7 1 14 8 ) ? f (x ? ) ? f (x ? ) ? f (x ? ) 所以 f ( x ? 42 42 42 42 21 19 ? f (x ? ) ? f (x ? ) 42 42 ? f (x ?
=…

49 43 ) ? f (x ? ) , 42 42 49 7 43 1 ) ? f ( x ? ) ? f ( x ? ) ? f ( x ? ) . (2) 即 f (x ? 42 42 42 42 43 1 ) ? f (x ? ) 由(1)、(2)得 f ( x ? 1) ? f ( x) ? f ( x ? 42 42 44 2 ? f ( x ? ) ? f ( x ? ) =…= f ( x ? 2) ? f ( x ? 1) 42 42 ? f (x ?
因此, f ( x ? n) ? f ( x) ? n[ f ( x ? 1) ? f ( x)] 对所有 n ? N * 成立. 又对任何x∈R 均有 | f ( x) |? 1 ,即 f ( x ) 有界,故只有 f ( x ? 1) ? f ( x) . 所以 f ( x ) 是周期函数. 说明 这是一道融函数周期性和有界性于一体的例子.首先必须对条件等式

13 1 1 13 1 1 ) ? f ( x) ? f ( x ? ) ? f ( x ? ) 作深入的探讨, ) ? x ? (x ? ) ? (x ? ) , 如 (x ? 由此导出“等 42 6 7 42 6 7 13 1 1 ) ? ( x ? ) ?| ( x ? ) ? x | 等,这就易导出 f ( x) 的图象上横坐标“等距”的两点,纵坐标也 距”式,如 | ( x ? 42 6 7 f (x ?
“等距”.


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