基础知识：

函数的性质通常是指函数的定义域、值域、解析式、单调性、奇偶性、周期性、对称性等等,在解决与函数有关的(如方程、不等式等)问题时,巧妙利用函数及其图象的相关性质,可以使得问题得到简化,从而达到解决问题的目的例题：

1. 已知f(x)＝8＋2x－x2,如果g(x)＝f(2－x2),那么g(x)( )

A.在区间(－2,0)上单调递增 B.在(0,2)上单调递增

C.在(－1,0)上单调递增 D.在(0,1)上单调递增

提示：可用图像,但是用特殊值较好一些.选C

2. 设f(x)是R上的奇函数,且f(x＋3)＝－f(x),当0≤x≤ 时,f(x)＝x,则f(2003)＝( )

A.－1 B.0 C.1 D.2003

f(x＋6)＝f(x＋3＋3)＝－f(x＋3)＝f(x)

∴ f(x)的周期为6

f(2003)＝f(6×335－1)＝f(－1)＝－f⑴＝－1

选A

3. 定义在实数集上的函数f(x),对一切实数x都有f(x＋1)＝f(2－x)成立,若f(x)＝0仅有101个不同的实数根,那么所有实数根的和为( )

A.150 B. C.152 D.

提示：由已知,函数f(x)的图象有对称轴x＝

于是这101个根的分布也关于该对称轴对称.

即有一个根就是 ,其余100个根可分为50对,每一对的两根关于x＝ 对称

利用中点坐标公式,这100个根的和等于 ×100＝150

所有101个根的和为 ×101＝ .选B

4. 实数x,y满足x2＝2xsin(xy)－1,则x1998＋6sin5y＝______________.

如果x、y不是某些特殊值,则本题无法(快速)求解

注意到其形式类似于一元二次方程,可以采用配方法

(x－sin(xy))2＋cos2(xy)＝0

∴ x＝sin(xy) 且 cos(xy)＝0

∴ x＝sin(xy)＝±1

∴ siny＝1 xsin(xy)＝1

原式＝7

5. 已知x＝ 是方程x4＋bx2＋c＝0的根,b,c为整数,则b＋c＝__________.

(逆向思考：什么样的方程有这样的根?)

由已知变形得x－

∴ x2－2 x＋19＝99

即 x2－80＝2 x

再平方得x4－160x2＋6400＝76x2

即 x4－236x2＋6400＝0

∴ b＝－236,c＝6400

b＋c＝6164

6. 已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0),f(x)＝0有实数根,且f(x)＝1在(0,1)内有两个实数根,求证：a＞4.

证法一：由已知条件可得

△＝b2－4ac≥0 ①

f⑴＝a＋b＋c＞1 ②

f(0)＝c＞1 ③

0＜－ ＜1 ④

b2≥4ac

b＞1－a－c

c＞1

b＜0(∵ a＞0)

于是－b≥2

所以a＋c－1＞－b≥2

∴ ( )2＞1

∴ ＞1

于是 ＋1＞2

∴ a＞4

证法二：设f(x)的两个根为x1,x2,

则f(x)＝a(x－x1)(x－x2)

f⑴＝a(1－x1)(1－x2)＞1

f(0)＝ax1x2＞1

由基本不等式

x1(1－x1)x2(1－x2)≤[ (x1＋(1－x1)＋x2＋(1－x2))]4＝( )2

∴ ≥a2x1(1－x1)x2(1－x2)＞1

∴ a2＞16

∴ a＞4

7. 已知f(x)＝x2＋ax＋b(－1≤x≤1),若|f(x)|的最大值为M,求证：M≥ .

M＝|f(x)|max＝max{|f⑴|,|f(－1)|,|f(－ )|}

⑴若|－ |≥1 (对称轴不在定义域内部)

则M＝max{|f⑴|,|f(－1)|}

而f⑴＝1＋a＋b

f(－1)＝1－a＋b

|f⑴|＋|f(－1)|≥|f⑴＋f(－1)|＝2|a|≥4

则|f⑴|和|f(－1)|中至少有一个不小于2

∴ M≥2＞

⑵|－ |＜1

M＝max{|f⑴|,|f(－1)|,|f(－ )|}

＝max{|1＋a＋b|,|1－a＋b|,|－ ＋b|}

＝max{|1＋a＋b|,|1－a＋b|,|－ ＋b|,|－ ＋b|}

≥ (|1＋a＋b|＋|1－a＋b|＋|－ ＋b|＋|－ ＋b|)

≥ [(1＋a＋b)＋(1－a＋b)－(－ ＋b)－(－ ＋b)]

＝

≥

综上所述,原命题正确.

8. ⑴解方程:(x＋8)2001＋x2001＋2x＋8＝0

⑵解方程：

⑴原方程化为(x＋8)2001＋(x＋8)＋x2001＋x＝0

即(x＋8)2001＋(x＋8)＝(－x)2001＋(－x)

构造函数f(x)＝x2001＋x

原方程等价于f(x＋8)＝f(－x)

而由函数的单调性可知f(x)是R上的单调递增函数

于是有x＋8＝－x

x＝－4为原方程的解

⑵两边取以2为底的对数得

于是f(2x)＝f(x2＋1)

易证：f(x)世纪函数,且是R上的增函数,

所以：2x＝x2＋1

解得：x＝1

9. 设f(x)＝x4＋ax3＋bx2＋cx＋d,f⑴＝1,f⑵＝2,f⑶＝3,求 [f⑷＋f(0)]的值.

由已知,方程f(x)＝x已知有三个解,设第四个解为m,

记 F(x)＝f(x)－x＝(x－1)(x－2)(x－3)(x－m)

∴ f(x)＝(x－1)(x－2)(x－3)(x－m)＋x

f⑷＝6(4－m)＋4

f(0)＝6m

∴ [f⑷＋f(0)]＝7

10. 设f(x)＝x4－4x3＋ x2－5x＋2,当x∈R时,求证：|f(x)|≥

证明：配方得：

f(x)＝x2(x－2)2＋ (x－1)2－

＝x2(x－2)2＋ (x－1)2－1＋

＝(x2－2x)2＋ (x－1)2－1＋

＝[(x－1)2－1]2＋ (x－1)2－1＋

＝(x－1)4－2(x－1)2＋1＋ (x－1)2－1＋

＝(x－1)4＋ (x－1)2＋

≥

练习：

1. 已知f(x)＝ax5＋bsin5x＋1,且f⑴＝5,则f(－1)＝( )

A.3 B.－3 C.5 D.－5

∵ f⑴＝a＋bsin51＋1＝5

设f(－1)＝－a＋bsin5(－1)＋1＝k

相加：f⑴＋f(－1)＝2＝5＋k

∴ f(－1)＝k＝2－5＝－3

选B

2. 已知(3x＋y)2001＋x2001＋4x＋y＝0,求4x＋y的值.

构造函数f(x)＝x2001＋x,则f(3x＋y)＋f(x)＝0

逐一到f(x)的奇函数且为R上的增函数,

所以3x＋y＝－x

4x＋y＝0

3. 解方程：ln( ＋x)＋ln( ＋2x)＋3x＝0

构造函数f(x)＝ln( ＋x)＋x

则由已知得：f(x)＋f(2x)＝0

不难知,f(x)为奇函数,且在R上是增函数(证明略)

所以f(x)＝－f(2x)＝f(－2x)

由函数的单调性,得x＝－2x

所以原方程的解为x＝0

4. 若函数y＝log3(x2＋ax－a)的值域为R,则实数a的取值范围是______________.

函数值域为R,表示函数值能取遍所有实数,

则其真数函数g(x)＝x2＋ax－a的函数值应该能够取遍所有正数

所以函数y＝g(x)的图象应该与x轴相交

即△≥0 ∴ a2＋4a≥0

a≤－4或a≥0

解法二：将原函数变形为x2＋ax－a－3y＝0

△＝a2＋4a＋4•3y≥0对一切y∈R恒成立

则必须a2＋4a≥0成立

∴ a≤－4或a≥0

5. 函数y＝ 的最小值是______________.

提示：利用两点间距离公式处理

y＝

表示动点P(x,0)到两定点A(－2,－1)和B(2,2)的距离之和

当且仅当P、A、B三点共线时取的最小值,为|AB|＝5

6. 已知f(x)＝ax2＋bx＋c,f(x)＝x的两根为x1,x2,a＞0,x1－x2＞ ,若0＜t＜x1,试比较f(t)与x1的大小.

解法一：设F(x)＝f(x)－x＝ax2＋(b－1)x＋c,

＝a(x－x1)(x－x2)

∴ f(x)＝a(x－x1)(x－x2)＋x

作差：f(t)－x1＝a(t－x1)(t－x2)＋t－x1

＝(t－x1)[a(t－x2)＋1]

＝a(t－x1)(t－x2＋ )

又t－x2＋ ＜t－(x2－x1)－x1＝t－x1＜0

∴ f(t)－x1＞0

∴ f(t)＞x1

解法二：同解法一得f(x)＝a(x－x1)(x－x2)＋x

令g(x)＝a(x－x2)

∵ a＞0,g(x)是增函数,且t＜x1

Þ g(t)＜g(x1)＝a(x1－x2)＜－1

另一方面：f(t)＝g(t)(t－x1)＋t

∴ ＝a(t－x2)＝g(t)＜－1

∴ f(t)－t＞x1－t

∴ f(t)＞x1

7. f(x),g(x)都是定义在R上的函数,当0≤x≤1,0≤y≤1时.

求证：存在实数x,y,使得

|xy－f(x)－g(y)|≥

证明：(正面下手不容易,可用反证法)

若对任意的实数x,y,都有|xy－f(x)－g(y)|＜

记|S(x,y)|＝|xy－f(x)－g(y)|

则|S(0,0)|＜ ,|S(0,1)|＜ ,|S(1,0)|＜ ,|S(1,1)|＜

而S(0,0)＝－f(0)－g(0)

S(0,1)＝－f(0)－g(1)

S(1,0)＝－f(1)－g(0)

S(1,1)＝1－f(1)－g(1)

∴ |S(0,0)|＋|S(0,1)|＋|S(1,0)|＋|S(1,1)|

≥|S(0,0)－S(0,1)－S(1,0)＋S(1,1)|

＝1

矛盾!

故原命题得证!

8. 设a,b,c∈R,|x|≤1,f(x)＝ax2＋bx＋c,如果|f(x)|≤1,求证：|2ax＋b|≤4.

(本题为1914年匈牙利竞赛试题)

f⑴＝a＋b＋c

f(－1)＝a－b＋c

f(0)＝c

∴ a＝ [f⑴＋f(－1)－2f(0)]

b＝ [f⑴－f(－1)]

c＝f(0)

|2ax＋b|＝|[f⑴＋f(－1)－2f(0)]x＋ [f⑴－f(－1)]|

＝|(x＋ )f⑴＋(x－ )f(－1)－2xf(0)|

≤|x＋ ||f⑴|＋|x－ ||f(－1)|＋2|x||f(0)|

≤|x＋ |＋|x－ |＋2|x|

接下来按x分别在区间[－1,－ ],(－ ,0),[0, ),[ ,1]讨论即可

9. 已知函数f(x)＝x3－x＋c定义在[0,1]上,x1,x2∈[0,1]且x1≠x2.

⑴求证：|f(x1)－f(x2)|＜2|x1－x2|；

⑵求证：|f(x1)－f(x2)|＜1.

证明：⑴|f(x1)－f(x2)|＝|x13－x1＋x23－x2|

＝|x1－x2||x12＋x1x2＋x22－1|

需证明|x12＋x1x2＋x22－1|＜2 ………………①

x12＋x1x2＋x22＝(x1＋ ≥0

∴ －1＜x12＋x1x2＋x22－1＜1＋1＋1－1＝2

∴ ①式成立

于是原不等式成立

⑵不妨设x2＞x1

由⑴ |f(x1)－f(x2)|＜2|x1－x2|

①若 x2－x1∈(0, ]

则立即有|f(x1)－f(x2)|＜1成立.

②若1＞x2－x1＞ ,则－1＜－(x2－x1)＜－

∴ 0＜1－(x2－x1)＜ (右边变为正数)

下面我们证明|f(x1)－f(x2)|＜2(1－x2＋x1)

注意到：f(0)＝f⑴＝f(－1)＝c

|f(x1)－f(x2)|＝|f(x1)－f⑴＋f(0)－f(x2)|

≤|f(x1)－f⑴|＋|f(0)－f(x2)|

＜2(1－x2)＋2(x2－0) (由⑴)

＝2(1－x2＋x1)

＜1

综合⑴⑵,原命题得证.

10. 已知f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)

⑴若|a|≤1,求证：|f(x)|≤

⑵若f(x)max＝ ,求a的值.

分析：首先设法去掉字母a,于是将a集中

⑴若a＝0,则f(x)＝x,

当x∈[－1,1]时,|f(x)|≤1＜ 成立

若a≠0,f(x)＝a(x2－1)＋x

∴ |f(x)|＝|a(x2－1)＋x|

≤|a||x2－1|＋|x|

≤|x2－1|＋|x| (∵ |a|≤1)

≤1－|x2|＋|x|

＝ －(|x|－ )2

≤

⑵a＝0时,f(x)＝x≤1≠

∴ a≠0

∵ f(x)max＝max{f⑴,f(－1),f(－ )}

又f(±1)＝±1≠

∴ f(x)max＝f(－ )＝

a(－ )2＋(－ )－a＝

Þ a＝－2或a＝－

但此时要求顶点在区间[－1,1]内,应舍去－

答案为－2

通过这些具体的题目

望你能豁然明白