2012江蘇省數(shù)學(xué)競賽《提優(yōu)教程》教案：第09 函數(shù)質(zhì)的應(yīng)用（最終）.doc

金太陽新課標(biāo)資源網(wǎng) 第9講 函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用本節(jié)主要內(nèi)容是綜合運(yùn)用函數(shù)的性質(zhì)及其圖象解決與函數(shù)有關(guān)的(如方程、不等式等)問題。A類例題 例1 已知f(x)=asinx+b+4(a，b為實(shí)數(shù))，且f(lglog310)=5，則f(lglg3)的值是（ ）A-5 B-3 C3 D隨a，b取不同值而取不同值(1993年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽)解 設(shè)lglog310=m，則lglg3=lglog310=m，則f(m)=asinm+b+4=5，即asinm+b=1所以f(m)=(asinm+b)+4=1+4=3選C例2 設(shè)對任意整數(shù)x，f(x)=f(x-1)+f(x+1)，且f(0)=19，f(4)=93，則f(59)= 。 （1993年江蘇省高中數(shù)學(xué)競賽）分析 通過對f(x)=f(x-1)+f(x+1)的變換，尋求函數(shù)f(x)的變化規(guī)律。解 由f(x+1)= f(x)f(x1)，得f(x+3)= f(x+2)f(x+1)= f(x+1)f(x)f(x+1)=f(x)，于是f(x+6)=f(x+3)= f(x)。所以f(59)= f(96+5)= f(5)=f(2)。由于f(1)=f(4)=93，故f(2)= f(1)f(0)=112，所以f(59)=112。例3 求函數(shù)的最大值和最小值。（1996年美國中學(xué)數(shù)學(xué)競賽題）分析 考察函數(shù)的定義域和單調(diào)性。解 先求函數(shù)定義域。由得。因?yàn)椤．?dāng)，且x增加時(shí)，增大，而減小，于是f(x)是隨著x得增加而減小，即f(x)在區(qū)間6，8上是減函數(shù)，所以f(x)的最小值為f(8)=0，f(x)的最大值為f(6)=。說明 利用函數(shù)得單調(diào)性求函數(shù)的最值（或值域）是一種常用的方法。一般地，若函數(shù)在閉區(qū)間a，b上為單調(diào)函數(shù)，則在端點(diǎn)處取得最值。情景再現(xiàn)1已知f(x)ax5bsin5x1，且f5，則f(1)( )A3 B3 C5 D52設(shè)有三個(gè)函數(shù)，第一個(gè)是y=(x)，它的反函數(shù)就是第二個(gè)函數(shù)，而第三個(gè)函數(shù)的圖象與第二個(gè)函數(shù)的圖象關(guān)于直線x+y=0對稱，那么，第三個(gè)函數(shù)是Ay= -(x) By= -(-x) Cy= -1(x) Dy= -1(-x)（1988年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽）3函數(shù)對所有整數(shù)和，都有和，則等于（ ）A26 B27 C52 D534如圖，已知函數(shù)y2x2在a，b (ab)上的值域?yàn)?，2，則點(diǎn)(a，b)的軌跡為圖中的（ ）A線段AB、BC B線段AB、OC C線段OA、BC D線段OA、OC 答（2003年江蘇省數(shù)學(xué)夏令營試題）B類例題例4 設(shè)f（x）是定義在區(qū)間（，）上以2為周期的函數(shù)，對kZ，用I表示區(qū)間（2k1，2k1，已知當(dāng)xI時(shí)，f（x）x（1）求f（x）在I上的解析表達(dá)式；（2）對自然數(shù)k，求集合Ma使方程f（x）ax在I在上有兩個(gè)不相等的實(shí)根（1989年全國高考題）分析 方程f（x）ax在I在上有兩個(gè)不相等的實(shí)根等價(jià)于函數(shù)g（x）ax 、f（x）（x2k）的圖象在區(qū)間（2k1，2k1（kN）上有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)。解（1）設(shè)xI（2k1，2k1，則x2k（1，1 I由已知，當(dāng)xI時(shí)，f（x）x，所以f（x2k）（x2k） 又由已知，f（x）是周期為2的周期函數(shù)，所以，f（x2k）f（x）， 即當(dāng)xI時(shí)，f（x）（x2k） （2）題意即求關(guān)于x的方程（x2k） ax在區(qū)間I （2k1，2k1（kN）上有兩個(gè)不同的解時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍 方程（x2k） ax即為。由得或。得，得，得，由于kN，所以a（0，即所求集合M（0，說明 設(shè)g（x）ax（含參數(shù)，形式簡單）問題轉(zhuǎn)化為在同一個(gè)坐標(biāo)系中，兩函數(shù)g（x）ax 、f（x）（x2k）的圖象在區(qū)間（2k1，2k1（kN）上有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)時(shí)a的取值范圍如圖，不難得到a（0，所以集合M（0，例5 （1）解方程 (x8)2005x20052x80；（2）解方程 。解 （1）原方程化為(x8)2005(x8)x2005x0 ，即(x8)2005(x8)(x)2005(x)。構(gòu)造函數(shù)f(x)x2005x，于是原方程等價(jià)于f(x8)f(x)，而由函數(shù)的單調(diào)性可知f(x)是R上的單調(diào)遞增函數(shù)。于是有x8x，所以x4為原方程的解。（2）兩邊取以2為底的對數(shù)得，即，即，構(gòu)造函數(shù)。于是原方程等價(jià)于f(2x)f(x21)。易證：f(x)是奇函數(shù)，且是R上的增函數(shù)，所以2xx21，解得x1。說明 這兩個(gè)方程都是通過變形，將其轉(zhuǎn)化為的形式，進(jìn)而利用函數(shù)的性質(zhì)（單調(diào)性、奇偶性等）加以解決。例6 設(shè)關(guān)于x的一元二次方程2x2tx20的兩個(gè)根為a、b，(t為實(shí)數(shù)，ab) 若x1，x2為區(qū)間a，b上的兩個(gè)不同點(diǎn)，求證：4x1x2t(x1x2)40； 設(shè)f(x)，f(x)在區(qū)間a，b上的最大值與最小值分別為fmax與fmin，g(t)fmaxfmin，求g(t)的最小值(湖南省2002年高中數(shù)學(xué)競賽)解 考察函數(shù)h(x)=2x2tx2由于ax1，x2b，故2x12tx120，2x22tx220，兩式相加得2(x12x22)t(x1x2)40又4x1x22(x12x22)所以4x1x2t(x1x2)42(x12x22)t(x1x2)40。對于t0，及tx40，f(x)=(4)此時(shí)f(x)單調(diào)增所以 fmaxf(b)，fminf(a)所以g(t)f(b)f(a)( )=()2(ba)，對于t0，此結(jié)果也成立所以g(t)的最小值為4例7 設(shè)函數(shù)f(x)=ax2+8x+3(a0)，對于給定的負(fù)數(shù)a，有一個(gè)最大正數(shù)l(a)，使得在整個(gè)區(qū)間0，l(a)上，不等式|f(x)|5都成立。問：a為何值時(shí)l(a)最大？求出這個(gè)最大的l(a)并證明你的結(jié)論（1998年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽）分析 結(jié)合函數(shù)f(x)的圖象來研究，f(x)的圖象一定經(jīng)過（0，3），因a0，故拋物線開口向下。若頂點(diǎn)縱坐標(biāo)大于5。則l(a)應(yīng)為f(x)=5的較小的根；若頂點(diǎn)縱坐標(biāo)不大于5。則l(a)應(yīng)為f(x)=5的較大的根。解 f(x)a(x+)2+3 故拋物線的頂點(diǎn)為（，3），即x時(shí)，f(x)max 3。（1）當(dāng)35，即8a0時(shí)，l(a)是方程ax2+8x+35的較小根，故l(a)（2）當(dāng)35，即a8時(shí)，l(a)是方程ax2+8x+35的較大根，故l(a)綜合以上，l(a)= 當(dāng)a8時(shí)，l(a)；當(dāng)8a0時(shí)，l(a)所以a8時(shí)，l(a)取得最大值，l(a) max 說明 熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵。情景再現(xiàn)5若(3xy)2001x20014xy0，則4xy= 。6已知函數(shù)h（x）2x（xR），它的反函數(shù)記為h1(x)A、B、C三點(diǎn)在函數(shù)h1（x）的圖象上，它們的橫坐標(biāo)分別為a，a4，a8（a1），設(shè)ABC的面積為S （1）求Sf（a）的表達(dá)式； （2）求函數(shù)f（a）的值域； （3）判斷函數(shù)Sf（a）的單調(diào)性； （4）若S2，求a的取值范圍7函數(shù)定義在整個(gè)實(shí)數(shù)軸上，它的圖象在圍繞坐標(biāo)原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)角后不變。（1） 證明：方程恰有一個(gè)解，（2） 試舉一個(gè)具有上述性質(zhì)的函數(shù)的例子。C類例題例8 設(shè)函數(shù)f 定義在區(qū)間（0，1）上，且f(x)= 求函數(shù)f 在區(qū)間(，)上的最大值(1992年捷克和斯洛伐克數(shù)學(xué)奧林匹克)分析 若x為無理數(shù)，則f(x) =x，當(dāng)x時(shí)，f(x)即當(dāng)x為無理數(shù)時(shí)f(x)，故希望，為此應(yīng)使分?jǐn)?shù)的分子分母盡可能接近解 當(dāng)x為無理數(shù)時(shí)，f(x)=x當(dāng)x為有理數(shù)時(shí)，設(shè)x=，且，0pq，令q=p+1，則7q8q8，9q98q，即8q9，不可能令q=p+2，則7q8q16，9q188q，得16q18，即q=17，p=15，=令q=p+3，則7q8q24，9q278q，得24q27，故=1p+3時(shí)， p21，即p22，q26，此時(shí)f(x) +a2a3a4a5a6) 的電阻組裝成一個(gè)如圖的組件，在組裝中應(yīng)如何選取電阻，才能使該組件總電阻值最?。孔C明你的結(jié)論（2001年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽）解 設(shè)6個(gè)電阻的組件（如圖3）的總電阻為RFG當(dāng)Ri=ai ，i=3，4，5，6，R1，R2是a1，a2的任意排列時(shí)，RFG最小證明如下1設(shè)當(dāng)兩個(gè)電阻R1，R2并聯(lián)時(shí)，所得組件阻值為R：則故交換二電阻的位置，不改變R值，且當(dāng)R1或R2變小時(shí)，R也減小，因此不妨取R1R22設(shè)3個(gè)電阻的組件(如圖1)的總電阻為RAB：R1R3R2顯然R1+R2越大，RAB越小，所以為使RAB最小必須取R3為所取三個(gè)電阻中阻值最小的一個(gè)R3R4R1R23設(shè)4個(gè)電阻的組件(如圖2)的總電阻為RCD：若記，則S1、S2為定值于是只有當(dāng)R3R4最小，R1R2R3最大時(shí)，RCD最小，故應(yīng)取R4R3，R3R2，R3R1，即得總電阻的阻值最小4對于圖3，把由R1、R2、R3組成的組件用等效電阻RAB代替要使RFG最小，由3必需使R6R5；且由1，應(yīng)使RCE最小由2知要使RCE最小，必需使R5 R4，且應(yīng)使RCD最小E而由3，要使RCD最小，應(yīng)使R4 R3 R2且R4 R3 N BMN CMN DM與N大小關(guān)系不定（湖南省2002年高中數(shù)學(xué)競賽)5已知是定義域在上的單調(diào)遞增函數(shù)，且滿足，則不等式的解集是 。6給出如下5個(gè)命題： 奇函數(shù)的圖象一定經(jīng)過原點(diǎn)； 函數(shù)ylog2x與ylog4x2是同一函數(shù)； 函數(shù)y是減函數(shù)； 方程log2（x4）2x有且只有兩個(gè)實(shí)根； 函數(shù)yf（1x）與函數(shù)yf（1x）的圖象關(guān)于y軸對稱其中正確命題的序號是 7函數(shù)y的最小值是_。8已知二次函數(shù)f(x)=4x24ax+(a22a+2)在0x1上的最小值為2，求實(shí)數(shù)a的值(湖南省2001年高中數(shù)學(xué)競賽)9解方程：ln(x)ln(2x)3x0。10設(shè)二次函數(shù)()滿足條件： (1)當(dāng)時(shí),，且； (2)當(dāng)時(shí),； (3)在R上的最小值為0。求最大的，使得存在R，只要，就有。（2002年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽）11設(shè) f(x)是定義在整數(shù)集上的整值函數(shù)，滿足下列4條性質(zhì)： 對任意xZ，0f(x)1996； 對任意xZ，f(x+1997)=f(x)； 對任意x，yZ，f(xy)f(x)f(y) (mod 1997) f(2)=999已知這樣的函數(shù)存在且惟一，據(jù)此求滿足f(x)=1000的最小正整數(shù)x(1997年日本數(shù)學(xué)奧林匹克)本節(jié)“情景再現(xiàn)”解答：1解：因?yàn)?fabsin5115設(shè)f(1)absin5(1)1k相加：ff(1)25k，所以f(1)k253 。故選B。2解：設(shè)第三個(gè)函數(shù)上有一點(diǎn)(x，y)，它關(guān)于x+y=0的對稱點(diǎn)為(y，x)，這個(gè)點(diǎn)關(guān)于y=x的對稱點(diǎn)為(x，y)，從而所求函數(shù)為y=(x)。故選B。也可以這樣考慮，第二個(gè)函數(shù)是y=-1(x)，第三個(gè)函數(shù)為x=-1(y)，即y=(x)。3解：令，則。令，則。所以。故選 A 。4解：選A。5解：構(gòu)造函數(shù)f(x)x2001x，則原方程等價(jià)于f(3xy)f(x)0。易證：f(x)是奇函數(shù)，且是R上的增函數(shù)，所以3xyx，即4xy0。6解：（1）顯然h1（x）log2x（x0）且A（a，log2a）， B（4，log2（a4），C（a8，log2（a8）(a1）A、C的中點(diǎn)D的坐標(biāo)為（a4，log2alog2(a8)）BDlog2（a4）log2a（a8）SBD424BD=4log2（a4）2log2a（a8），即S2log2（2）Sf（a）2log22log2（1） a1，a28a911， 又ylog2x在（0，）上是增函數(shù)， 02log2（1）2log2，即0S2log2（3）Sf（a）在區(qū)間（1，）上是減函數(shù)，證明略。（4）由S2得得 解得1a44。7解：（1）設(shè)，則（0，）是函數(shù)的圖象上的點(diǎn)，把該點(diǎn)按同一方向繞原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)兩次，每次旋轉(zhuǎn)角為，得到的點(diǎn)（0，），仍在的圖象上，所以，=于是=0，即0。也就是說=0是方程的一個(gè)解。 另一方面，設(shè)=是方程=的一個(gè)解，即=，因此點(diǎn)（，）在函數(shù)的圖象上，它繞原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)三個(gè)后得到（，），且此點(diǎn)也在的圖象上，所以=，即=0。從上面的討論可知，方程恰有一個(gè)解=0。（2） 構(gòu)造函數(shù)如下： 8解：由f(x)0，知f(x)f(x)+f(y)f(x+y)，x、y，x+y0，1即f(x)非嚴(yán)格遞增令y=x，得2f(x)f(2x)，(0x)若0x，則22f(x)2f(2x)f(22x)一般的，若對于x0，1，必有自然數(shù)n，使x，則可得2nf(x)f(2nx)f(1)2n+1x，故得f(x)2x而f(0)+f(1)f(1)=1，即f(0)+11，但f(0)0，故f(0)=0，即f(0)2f(0)于是對于x0，1，f(x)2x成立即c2再說明c不能比2小為此構(gòu)造函數(shù)f(x)= 此函數(shù)滿足、，若x、y，x+y0，1，不妨設(shè)xy，則0x，故f(x)+f(y)=f(y)f(xy)即此函數(shù)也滿足對這個(gè)函數(shù)，若1ccx若0c1，此時(shí)取x(，1)，仍有f(x)=1，而cxxcx故c2綜上可知，c=2習(xí)題”解答：1解：由題意知，。選B。2解：選A。3解：取特殊值和代入。選A。4解：a0，1，所以b2a0，b0，2ab0f(1)abc0，f(0)c0選A5解：由及單調(diào)性，知，即。解得不等式的解集是。6解：7解：y，由兩點(diǎn)間距離公式知y表示動(dòng)點(diǎn)P(x，0)到兩定點(diǎn)A(2，1)和B(2，2)的距離之和。當(dāng)且僅當(dāng)P、A、B三點(diǎn)共線時(shí)取得最小值|AB|5。8解：f(x)=4(x)22a+2若0，則最小值為f(0)=a22a+2=2，所以a=0，或a=2，與a1，則最小值為f(1)=44a+a22a+2=a26a+6=2，所以a=3其中a=3+滿足要求所以a=0，a=3+9解：構(gòu)造函數(shù)f(x)ln(x)x。則原方程等價(jià)于f(x)f(2x)0。易證，函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且在R上是增函數(shù)(證明略)，所以f(x)f(2x)f(