2012江苏省数学竞赛《提优教程》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)=log12(x2－2x－3)的单调递增区间。（2002年全国联赛一试）解：由x2－2x－30，得x－1或x3．令y=f(u)=log12u，u=x2－2x－3。由于f(u)在（0，+∞）上是单调减函数，u=x2－2x－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)=log12(x2－2x－3)的单调递增区间是（－∞，－1）。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。所以f(x)=3－(－x－1)=x+4(x∈[－2，－1])，3－(x+1)=－x+2(x∈(－1，0))．=3－|x+1|（x∈[－2，0]）。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。情景再现1．函数f(x)=x1－2x－x2（）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）3．若f(x)(xR)是以2为周期的偶函数，当x[0，1]时，f(x)=x11000，则f(9819)，f(10117)，f(10415)由小到大排列是．（1998年全国联赛一试）B类例题例4设x，y为实数，且满足(x－1)3+1997(x－1)=－1，(y－1)3+1997(y－1)=1．求x+y的值。（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。解：原方程组即(x－1)3+1997(x－1)+1=0，(1－y)3+1997(1－y)+1=0．取f(t)=t3+1997t+1，则f(t)=3t2+19970，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,3xxy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)2,2(stA对称；（3）如果C与C1有且仅有一个公共点，证明304tstt且。（1998年全国高考题）图1yxo图21-11yxo图3(-1,2)(1,2)-113-3yxo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)2,2(stA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3()()yxtxts。（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.,.22,2221212121ysyxtxsyytxx代入曲线C的方程，得3222()()sytxtx，3222()()yxtxts即，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.)()(,33stxtxyxxy有且仅有一组解。消去y，整理得,0)(33322sttxttx这个关于x的一元二次方程有且仅有一个根。所以0t并且其根的判别式.0)44(,0,0)(129334sttttstttt即所以304tstt且。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(2)(2)fxfx和(7)(7)fxfx。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2x和7x对称，所以(4)(22)(22)(0)0ffff，(10)(73)(73)(4)0ffff，于是f(x)=0在（0，10]上至少有两个根。另一方面，由(2)(2),(7)(7)fxfxfxfx可得()(4),()(14)fxfxfxfx，所以(4)(14)fxfx，即()(10)fxfx，从而知函数()yfx是以10T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()yfx，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xD，都有()()faxfax（a是一个常数），即函数()yfax为偶函数时，函数()yfx的图象关于直线xa对称；若对于任意的xD，都有()()faxfax（a是一个常数），即函数()yfax为奇函数时，函数()yfx的图象关于点（a，0）对称。若函数()yfax与()yfbx()ba的奇偶性相同时，则函数()yfx是以2()ba为周期的周期函数；若函数()yfax与()yfbx()ba的奇偶性相异时，则函数()yfx是以4()ba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fc()20，①求证对于任意xR,有f(x+c)=-f(x)成立；y-6-20x1062②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+2c，y=2c，则f(a+c)+f(a)=0，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)－f(x2)||x1－x2|．求证：|f(x1)－f(x2)|12．（1983年全国高中数学联赛二试）分析把条件|f(x1)－f(x2)||x1－x2|与结论|f(x1)－f(x2)|12对照，把|x1－x2|与12联系比较。证明不妨取0≤x1x2≤1。若|x1-x2|≤12，则必有|f(x1)-f(x2)||x1-x2|12．若|x1-x2|12，则x2－x112，于是1－(x2－x1)12，即1－x2+x1－012．|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+x1－012．综上可知，|f(x1)－f(x2)|12成立。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129)()(2xxxgxf，则)()(xgxf()A．1292xxB．1292xxC．1292xxD．1292xx（2004年湖南数学竞赛）5．函数)(xfy的图象为C，而C关于直线1x对称的图象为1C，将1C向左平移1个单后得到的图象为2C，则2C所对应的函数为（）A．)(xfyB．)1(xfyC．)2(xfyD．)3(xfy（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;（2）证明函数y=F(x)的图象关于点)0,2(a为中心对称.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2)1()(12nknfkkn．（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)．⑴1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mn，则f(m)-f(n)≥m-n，这是因为若mn，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．于是2)1()(nknf成立．再证前一半，即证明)(12nfkkn，即证2f[f(n)]≤(k+1)f(n)，即证f[f(n)]≤21kf(n)．这只要在⑴式中以f(n)代n即可得证．所以对每个n∈N，都有2)1()(12nknfkkn。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|