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《高中竞赛教程》教案:第07讲 函数的性质与图象(新)


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 求函数 f(x)=log1(x2-2x-3)的单调递增区间。
2

(2002 年全国联赛一试) 解:由 x2-2x-3>0,得 x<-1 或 x>3. 令 y=f(u)= log1u,u= x2-2x-3。由于 f(u)在(0,+∞)上是单调减函数,u= x2-2x-3
2

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(x2-2x-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。 例 2 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。 (1990 年全国联赛一试) 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。
[来源:学*科*网]

? 3-(-x-1)=x+4 (x∈[-2,-1]), 所以 f(x)=? =3-|x+1|(x∈[-2,0])。 (x∈(-1,0)). ?3-(x+1)=-x+2

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 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. (1989 年全国联赛一试) 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 -3

1

-11 x

o

x

-1

o

o

-1

3

x

图3

情景再现
x x 1.函数 f(x)= - ( 1-2x 2 )

A.是偶函数但不是奇函数 B.是奇函数但不是偶函数 C.既是奇函数也是偶函数 D.既不是奇函数也不是偶函数 (2002 年全国联赛一试) 2.已知 f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数,若 f (2a2+a+1)<f(3a2-4a+1)成立,则 a 的取值范 围是 。 (2005 年全国联赛一试) 1 98 101 104 3.若 f (x) (x?R)是以 2 为周期的偶函数,当 x?[ 0,1 ]时,f(x)=x1000,则 f( ),f( ),f( ) 19 17 15 由小到大排列是 . (1998 年全国联赛一试)

B 类例题
?(x-1)3+1997(x-1)=-1, 例 4 设 x,y 为实数,且满足? 求 x+y 的值。 3 ?(y-1) +1997(y-1)=1.

(1997 年全国联赛一试) 分析 由方程组可以观察到 x-1、1-y 是方程 t3+1997t+1=0 的根。
?(x-1)3+1997(x-1)+1=0, 解:原方程组即? 3 ?(1-y) +1997(1-y)+1=0.

取 f(t)=t3+1997t+1,则 f ?(t)=3t2+1997>0,故 f(t)是单调增函数, 所以方程 t3+1997t+1=0 至多只有一个实数解, 所以 x-1=1-y,即 x+y=2. 例 5 设曲线 C 的方程是 y ? x ? x, 将 C 沿 x 轴、y 轴正向分别平行移动 t、s 单位长度后得
3

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; (3)如果 C 与 C1 有且仅有一个公共点,证明 s ? (1998 年全国高考题) 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。
-2-

t s 2 2

t3 ? t且t ? 0 。 4
t s 2 2

(1)解 曲线 C1 的方程为 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。

? y ? x 3 ? x, (3)证明 因为曲线 C 与 C1 有且仅有一个公共点,所以方程组 ? 有 3 ? y ? ( x ? t ) ? ( x ? t ) ? s.
且仅有一组解。消去 y,整理得 3tx 2 ?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。

? t ? 0, 所以 t ? 0 并且其根的判别式 ? ? 9t 4 ? 12t (t 3 ? t ? s ) ? 0,即? 3 ?t (t ? 4t ? 4s) ? 0.
所以 s ?

t3 ? t且t ? 0 。 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

) 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。 (1984 年美国数学 邀请赛) 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 , 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)

所以 f (4 ? x) ? f (14 ? x) ,即 f ( x) ? f ( x ? 10) ,
-3-

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
y 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。

-6

-2

0

2

6

10

x

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。 请读者尝试证明。 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 ,

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。 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
-4-

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 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,x2∈[0,1],都有|f(x1) 1 -f(x2)|<|x1-x2|.求证:|f(x1)-f(x2)|< . 2 (1983 年全国高中数学联赛二试) 1 1 分析 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|≤ ,则必有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|< . 2 2 1 1 1 若|x1-x2|>2,则 x2-x1>2,于是 1-(x2-x1)<2, 1 即 1-x2+x1-0< . 2 |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 - 1 x2+x1-0< . 2 1 综上可知,|f(x1)-f(x2)|< 成立。 2

情景再现
4.已知函数 f(x)是 R 上的奇函数,g(x)是 R 上的偶函数,若 f ( x) ? g ( x) ? x ? 9 x ? 12 ,则
2

f ( x) ? g ( x) ? (
A. ? x ? 9 x ? 12
2

) B. x ? 9 x ? 12
2

C. ? x ? 9 x ? 12
2

D. x ? 9 x ? 12
2

(2004 年湖南数学竞赛) 5.函数 y ? f ( x) 的图象为 C ,而 C 关于直线 x ? 1 对称的图象为 C1 ,将 C1 向左平移 1 个单 后得到的图象为 C 2 ,则 C 2 所对应的函数为( A. y ? f ( ? x ) C . y ? f ( 2 ? x) B. y ? f (1 ? x) D. y ? f (3 ? x) )

(2005 年湖南数学竞赛) 6.设 f(x)是定义在实数集 R 上的函数,且满足下列关系 f(10+x)=f(10?x), f(20?x)=?f(20+x), 则 f(x)是( ) A.偶函数,又是周期函数 B.偶函数,但不是周期函数

-5-

C.奇函数,又是周期函数 D.奇函数,但不是周期函数 (1992 年全国联赛一试) 7.已知 f(x)是定义在 R 上的增函数.设 F(x)=f(x)–f(a–x) (1)用函数单调性定义证明 F(x)是 R 上的增函数;
[来源:www.shulihua.net]

(2)证明函数 y=F(x)的图象关于点 ( ,0) 为中心对称.

a 2

C 类例题
例 9 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

(1990 第五届冬令营选拔赛) 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). ⑴ 1? 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). 2? 若 m>n,则 f(m)-f(n)≥m-n, 这是因为若 m>n,设 m=n+p,(p∈N),则 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.

(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
于是 f ( n) ?
[来源:www.shulihua.net]

例10 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)。 (1996 年第三十七届IMO 预选题) 分析 观察所给的条件等式,由于

1 1 13 ? ? ,注意到 6 7 42 13 1 1 f ( x ? ) ? f ( x) ? f ( x ? ) ? f ( x ? ) 即为 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

证明 因为对任何x∈R,有

-6-

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 f (x ?
=?

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 ? 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 由此导出“等距”式,如 | ( x ? 42 6 7 f (x ?
坐标“等距”的两点,纵坐标也“等距”。

情景再现
-7-

8.函数 f(k)是定义在 N*上,在 N*中取值的严格递增函数(如果是任意的 x1,x2∈A,当 x1<x2 时,有 f(x1)<f(x2) ,则称 f(x) 是 A 上的严格递增函数 ) ,并且满足条件 f(f(k))=3k ,试求 f(1)+f(9)+f(96)的值. (1996 年北京市高一数学竞赛)

习题 13
1.函数 y=log1|x-2|的单调递减区间是(
3

)

A.(-∞,2) B.(-∞,2)∪(2,+∞) C.(2,+∞) D.(0,2)∪(2,+∞) (1998 年湖南省高中数学竞赛) 2.对任意的函数 y=f(x),在同一个直角坐标系中,函数 y=f(x-1)与函数 y=f(-x+l)的图象恒 ( ) A.关于 x 轴对称 B.关于直线 x=l 对称 C.关于直线 x=-l 对称 D.关于 y 轴对称 (1989 年全国高中数学联赛) 3.设函数 y=f(x)对于一切实数 x 满足 f(3+x)=f(3-x),且方程 f(x)=0 恰有 6 个不同的实数根, 则这 6 个实根的和为( ) A.18 B.12 C.9 D.0 (1991 年全国联赛一试) 4.对于 x ? R ,函数 f ( x ? 2) ? f ( x ? 2) ? f ( x) ,则它是周期函数,这类函数的最小正周期 是( ) A. 4 B. 6 C. 8 (2005 年湖南省高中数学竞赛) 5.方程|x-y2|=1-|x|的图象为( )
y
1 1
1 1

D. 12

y
1 1

y
( 1 2 ,1)

y
1
(1,1)

O

x

-1 2

-

1 2

O
-1

1 2

x

-

1 2

O1
2

-1

(

1 2

x
,-1)

-

1 2

O
-1

1 2

1

x
(1,-1)

A.

B.

C.

D.

(1991 年全国高中数学联赛) - 6.定义在实数集 R 上的函数 y=f(-x)的反函数是 y=f 1(-x),则 y=f(x)是( A.奇函数 B.偶函数 C.既是奇函数,也是偶函数 D.既不是奇函数,也不是偶函数 (2002 年湖南省高中数学竞赛) 2x 7.函数 y= 的单调递增的 x 的取值范围是 。 1+4x2 (1993 年河北省高中数学竞赛)

)

1 1 8.设 f(x)= 1+ax-2 (a>0,且 a≠1,[m]表示不超过 m 的最大整数),则[f(x)]+[f(-x)]的值域

-8-

是 。 (1994 年河北省高中数学竞赛) 1 9.已知 f(x)=|1-2x|,x∈[0,1],那么方程 f(f(f(x)))=2x 的解的个数是 (1986 年全国高中联赛) 10.设函数 f ( x) ? ?
x ( x ? R ) ,区间 M=[a, b](a<b),集合 N={ y y ? f ( x), x ? M } ,则使 1? x



M=N 成立的实数对(a,b)有多少对? (2004 年江苏高考题) 11.设 f(x)为奇函数,对于任意 x、y∈R,都有 f(x+y)=f(x)+f(y)且 x>0 时,f(x)<0,f(1)=-2. ⑴试判断函数 f(x)在(-∞,+∞)上的单调性; ⑵求函数 f(x)在 x∈[-3,3]上的最值. 12.设f:N*→N*,并且对所有正整数n,有f(n+1)>f(n),f(f(n))=3n,求f(1992). (1992 年英国数学奥林匹克题) 本节“情景再现”解答: 1.解:f(x)定义域为(-∞,0)∪(0,+∞); f(x)-f(-x)= -x -x x-x· 2x x x = -x+ x- - 2 1-2x -x=0. 1-2 2 1-2

即 f(x)是偶函数.选 A.
? 2a2+a+1>0, 1 2.解:由? 2 得 a∈(-∞, )∪(1,+∞). 3 ?3a -4a+1>0.

由题意得 2a2+a+1>3a2-4a+1 所以 a2-5a<0,即 0<a<5. 1 1 故所求 a 的取值范围为(0, )∪(1,5).填(0, )∪(1,5). 3 3 98 16 16 101 1 1 104 14 14 3.解:f( )=f(6- )=f( ).f( )=f(6- )=f( ),f( )=f(6+ )=f( ).现 f(x)是[0,1] 19 19 19 17 17 17 15 15 15 上的增函数, 1 16 14 101 98 104 而17<19<15.故 f( 17 )<f(19)<f( 15 ). 4.解:由 f ( x) ? g ( x) ? x ? 9 x ? 12 得 f (? x) ? g (? x) ? x ? 9x ? 12 ,
2
2

即 ? f ( x) ? g ( x) ? x ? 9 x ? 12 ,所以 f ( x) ? g ( x) ? ? x ? 9 x ?12 。选 A。
2 2

5.解: C1:y ? f (2 ? x) , C2:y ? f ([2 ? ( x ? 1)] ? f (1 ? x) 。选 B。 6.解:由于 f(20-x)=f[10+(10-x)] =f[10-(10-x)]=f(x)=-f(20+x). ∴ f(40+x)=f[20+(20+x)]=-f(20+x)=f(x).∴f(x)是周期函数; 又 f(-x)=f(40-x)=f(20+(20-x)=-f(20-(20-x))=-f(x). ∴f(x)是奇函数.选 C. 7.解: (1)任取 x1、x2∈R,且 x1 <x2, 则 F(x1)–F(x2)=[f(x1)–f(a–x 1)]–[f(x2)–f(a–x2)] =[f(x1)–f(x2)]+[f(a–x2)–f(a–x1)]。 ∵f(x)是 R 上的增函数,有 f(x1)–f(x2)<0,又由 x1<x2 得 a–x2<a–x1,

-9-

由 f(x)的单调性,得 f(a–x2)–f(a–x1)<0 , ∴F(x1)-F(x2)<0,即 F(x1)<F(x2) ,则 F(x)为 R 上的增函数。 (2)点(x,y)关于点(

a ,0)为中心对称的点为(a–x,–y) , 2 a 证明 F(x)关于点( ,0)为中心对称,只须证明对任意 x∈R 都有 F(x)= –F(a–x)。任取 2

x∈R, 则 F(a–x)=f(a–x)–f[a–(a–x)] =f(a–x)–f(x) = –[f(x)–f(a–x)]= –F(x),

a ,0)为中心对称。 2 8.解:对于 k ? N* ,f(f(k))=3k,所以 f(f(f(k)))=f(3k);f(f(f(k)))=3f(k).
∴F(x)关于点( 即 f(3k)=3f(k). 若 f(1)=1,则 f(f(1))=f(1)=1,又 f(f(1))=3.矛盾,故 f(1)>1. 由于 f(x)是在 N*中取值且严格递增的,于是 f(n+1)≥f(n)+1,故 f(n)>n。 设 f(1)=a>1 , 若 a=3 , 则 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. 注意到自变量由 27 变为 54 时增加 27,函数值由 54 到 81 也增加 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. 习题”解答: 1.解:y=log1u 是单调减函数,u=|x-2|>0 且单调增区间为(2,+∞)。故选 C.
3

2.解:令 x-1=t,则得 f(t)=f(-t), 即 f(t)关于 t=0 对称,即此二图象关于 x=1 对称.选 B 3.解:该函数图象关于 x=3 对称.故 6 个根的和=3×2×3=18.选 A. 4.解:将 x ? 2 代替式中的 x ,则有 f ( x) ? f ( x ? 4) ? f ( x ? 2) 。 于是 f ( x ? 2) ? ? f ( x ? 4) ,可得 f ( x ? 6) ? ? f ( x) , 所以 f ( x ? 12) ? f ( x) 。选 D。

? ? 2 ? x-y2 (x≥y2), 5. 解: ∵ |x-y |=? 2 故此方程等价于 ? y -x=1-x,即y2=1 2 ?y -x (x<y ). 2 ? 2
2

x-y2=1-x,即y2=2x-1 (x≥y2), (0≤x<y2), 选 D. ? y -x=1+x,即y =2x+1(x<0).

6.解:由 y=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)是奇函数,选 A. 7.解:当 x>0 时,y= ,当 x 增时,y 增.又函数为奇函数,故所求范围为(-∞,+∞). 1 4+x2 2



8.解:f(x)是奇函数,∴ [f(x)]+[f(-x)]=0 或-1.即所求值域为 {0,-1}.

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? 1 ?4x-1,(1 4≤x≤2) 9.解:f(f(x))=|1-2|1-2x||=? 1 3 3-4x,(2≤x≤4) ?4x-3,(3≤x≤1) ? 4
1 1-4x,(0≤x≤4) 同样 f(f(f(x)))的图象为 8 条线段, 其斜率分别为± 8, 夹在 y=0 与 y=1, x=0, x=1 之内. 它 1 1 们各与线段 y=2x (0≤x≤1)有 1 个交点.故方程 f(f(f(x)))=2x 共计有 8 解. 10.解:函数 f ( x) ? ?

x 1 x ? ?1 ? 是奇函数,又当 x ? 0 时, f ( x) ? ? 是减函数, 1? x 1? x 1? x

所以 f ( x) ? ?

x ? ?) 上是减函数。由 M=N 得 在 (??, 1? x

?a ? ? f ( a ) ? ? 1 ? a ? b, ab ? 所以 ? ab , ? ? b (1 ? a )(1 ? b ) ? f (b) ? ? ? a, ? 1? b ?
所以 ab[

1 ? 1] ? 0 。 (1 ? a )(1 ? b )

若 a ? 0 ,则 b ? 0 ,不合题意;若 b ? 0 ,则 a ? 0 ,不合题意; 若

1 ? 1 =0,则 a ? b ? 0 与 a ? b 矛盾。 (1 ? a )(1 ? b )

所以使 M=N 成立的实数对(a,b)有 0 对。 11.解:⑴ 显然,f(0)=f(0+0)=2f(0),故 f(0)=0. 设 x<0,则-x>0,据已知,f(-x)>0,由 f(x)为奇函数,故 f(x)=-f(-x)<0. 设 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.据已知, f(x2)=f(x1+(x2-x1))=f(x1)+f(x2-x1)<f(x1),即 f(x1)<f(x2); ② 若 x1<x2<0,有-x1>-x2>0,由上证,知 f(-x1)<f(-x2),即 f(x1 )>f(x2); ③ 若 x1<0<x2,由上证知,f(x1)>0,f(x2)<0,从而 f(x1)>f(x2); 综上可知,在 x∈R 时,f(x)为单调减函数. ⑵ 由上证可知,f(x)在[-3,3]上的最大值为 f(-3),最小值为 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]上的最大值为 6(x=-3 时取得最大值),最小值为-6(x=3 时取得最 小值). 12.解:由f(n+1)>f(n)知函数f 严格单调递增. 若f(1)=1,则f(f(1))=1≠3,与题设矛盾.
[来源:www.shulihua.net]

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所以f(1)≥2. 由3=f(f(1))≥f(2)>f(1)≥2 得 f(1)=2,f(2)=3 ① 因为f(3n)=f(f(f(n)))=3f(n) ② 由①及②即得 f(3n)=3nf(1)=2· 3 n, f(2· 3n)=3nf(2)=3n+1,n=0,1,2,? 注意到2· 3n 与3n+1 之间共有3n-1 个自然数,而3n 与2· 3n 之间也恰有3n-1 个自然数, 由f严格单调,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 f (n) ? ?

? 2? 3k ? m,若n ? 3k ? m, 0 ? m ? 3k
k 3k ? m, 0 ? m ? 3k ?3(3 ? m),若n ? 2?

由于1992=2· 36+534,所以f(1992)=3(36+534)=3789。

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