最新函数的基本性质一 精品Word文档格式.docx
《最新函数的基本性质一 精品Word文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《最新函数的基本性质一 精品Word文档格式.docx（15页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
，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＝1xsin（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≥0①
f⑴＝a＋b＋c＞1②
f（0）＝c＞1③
0＜－
＜1④
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
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|}
＋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）2018＋x2018＋2x＋8＝0
⑵解方程：
⑴解：
原方程化为（x＋8）2018＋（x＋8）＋x2018＋x＝0
即（x＋8）2018＋（x＋8）＝（－x）2018＋（－x）
构造函数f（x）＝x2018＋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]2＋
＝（x－1）4－2（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.3B.－3C.5D.－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）2018＋x2018＋4x＋y＝0，求4x＋y的值.
构造函数f（x）＝x2018＋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______________.
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
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
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
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）|≥
（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－
|＋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.
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
升级会员 