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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)=log
1 2

(x2 - 2x - 3) 的单调递增区间。

( 2002 年全国联赛一试) 解:由 x2 - 2x - 3>0 ,得x<- 1 或 x>3 . 令 y=f(u)= log 1 u , u= x2 - 2x - 3 。由于 f(u) 在( 0 , +∞ )上
2

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)=log
1 2

(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 。
1

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

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 。
y
y
(-1,2) y (1, 2) 1

1

o

x

-1 o

1

x

-3

o

-1

3

x

图1

图2

图3

情 景 再 现
1 .函数 f(x)= x x ( x - 2 1-2 ) B .是奇函数但不是偶函数
2

A .是偶函数但不是奇函数

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, 1 98 101 104 f(x)=x 1000 ,则 f( ) , f( ) , f( ) 由小到大排列 19 17 15 是 . ( 1998 年全国联赛一试)

B类 例 题
例 4
?(x-1)3+1997(x-1)=-1, 设 x , y 为实数,且满足? 求 x+y 的 3 ? (y-1) +1997(y-1)=1.

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。
?(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
3

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 A( , ) 对称; ( 3 )如果 C 与C1有且仅有一个公共点,证明 s ?
3

t s 2 2

t3 ? t且t ? 0 。 4

( 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。 ( 1 )解 曲线C1的方程为 y ? ( x ? t )3 ? ( x ? t ) ? s 。

t s 2 2

( 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。 ( 3 )证明 因为曲线 C 与C1有且仅有一个公共点,所以方程组

? y ? x 3 ? x, 有且仅有一组解。消去 y ,整理得 ? 3 ? y ? ( x ? t ) ? ( x ? t ) ? s.
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。 所以 t ? 0 并且其根的判别式

? t ? 0, ? ? 9t 4 ? 12t (t 3 ? t ? s) ? 0,即? 3 ?t (t ? 4t ? 4s) ? 0.
4

t3 所以 s ? ? 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) , 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
5

有条件,且方程 f(x)=0 在区间 [ - 1000 , 1000] 上有 401 个根,除此以 y 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。
6

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;

c ( 2 )若存在常数 c, 使 f ( ) ? 0 , 2 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 2

,y=

c 2

,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 1 . 2

x1 , x2 ∈ [0 , 1] ,都有 |f(x1) - f(x2)|<|x1 - x2|.求证: |f(x1) - f(x2)|< ( 1983 年全国高中数学联赛二试) 分析 x2|与 证明 把条件 |f(x1) - f(x2)|<|x1 - x2|与结论 |f(x1) - f(x2)|< 1 联系比较。 2 不妨取 0 ≤ x1<x2 ≤ 1 。 若 |x1-x2| ≤ 若 |x1-x2|> 1 1 ,则必有 |f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|< . 2 2

1 对照,把 |x1 - 2

1 1 1 ,则 x2 - x1> ,于是 1 - (x2 - x1)< , 2 2 2 1 . 2
7

即 1 - x2+x1 - 0<

|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 - 0< 综上可知, |f(x1) - f(x2)|< 1 . 2 1 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 2 ? 9 x ? 12 ,则 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 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)
8

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) 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. 于是 f ( n) ?

(k ? 1) n 2

成立.

再证前一半,即证明 即证 f[f(n)]≤

k ?1 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
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

2kn ? f ( n) ,即证 2f[f(n)]≤(k+1)f(n) , k ?1

9

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

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 42 42 42 42
观察所给的条件等式,由于

去,??。 证明 因为对任何 x∈R ,有

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 ? ) 。 即 f ( x ? 1) ? f ( x) ? f ( x ? (1) 42 42 6 13 7 ) ? f ( x) ? f ( x ? ) ? f ( x ? ) , 同样,有 f ( x ? 42 42 42 ? f (x ?

10

1 6 1 13 1 7 1 ? ) ? f (x ? ) ? f (x ? ? ) ? 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
则 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 f ( x ?

13 1 1 ) ? f ( x) ? f ( x ? ) ? f ( x ? ) 作深入的探讨,如 42 6 7 13 1 1 ( x ? ) ? x ? ( x ? ) ? ( x ? ) ,由此导出“等距”式,如 42 6 7

11

| (x ?

13 1 1 ) ? ( x ? ) ?| ( x ? ) ? x | 等,这就易导出 f ( x) 的图象上横坐 42 6 7

标“等距”的两点,纵坐标也“等距”。

情 景 再 现
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 = log
1 3

|x - 2| 的单调递减区间是 (

)

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) 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)
12

,则它是周期函

D . 12

5 .方程 |x - y2|=1 - |x| 的图象为(



y
1 1
1 1

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 ) - 1 6 .定义在实数集 R 上的函数 y = f( - x) 的反函数是 y = f ( - 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 ) 8 .设 f(x)= 1 1 x- 1+a 2 (a>0 ,且 a≠1 , [m] 表示不超过 m 的最大整 。 1 x 的解的个 2

数 ) ,则 [f(x)]+[f( - x)] 的值域是 ( 1994 年河北省高中数学竞赛 )

9 .已知 f(x)=|1 - 2x| , x∈[0 , 1] ,那么方程 f(f(f(x)))= 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 1? x

N={ y y ? f ( x), x ? M

} ,则使 M=N 成立的实数对 (a , b) 有多少
13

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

得 a∈( - ∞ ,

1 )∪(1 , +∞) . 3

由题意得 2a2+a+1 > 3a2 - 4a+1 所以 a2 -5a< 0 ,即 0 < a < 5 . 故所求 a 的取值范围为 (0 , 3 .解: f( f( 而 1 1 )∪(1 , 5) .填 (0 , )∪(1 , 5) . 3 3 )=f(6 - 1 1 )=f( ), 17 17

98 16 16 101 )=f(6 - )=f( ) . f( 19 19 19 17

104 14 14 )=f(6+ )=f( ) .现 f(x) 是 [0 , 1] 上的增函数, 15 15 15 1 16 14 101 98 104 < < .故 f( )<f( )<f( ). 17 19 15 17 19 15
2

4 .解:由 f ( x) ? g ( x) ? x ? 9 x ? 12 得

f (? x) ? g (? x) ? x2 ? 9x ? 12 ,
即 ? f ( x) ? g ( x) ? x ? 9 x ? 12 ,所以
2

14

f ( x) ? g ( x) ? ? x2 ? 9x ?12 。选 A 。
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–x1)]–[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, 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( 证明 F(x) 关于点(

a 2

, 0 )为中心对称的点为( a–x,–y ) , , 0 )为中心对称,只须证明对任意 x∈R

a 2

都有 F(x)= –F(a–x) 。任取 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) , ∴F(x) 关于点(

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) . 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 ,
15

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 = log
1 3

u 是单调减函数, u = |x - 2|>0 且单调增区间为

(2 ,+ ∞) 。故选 C . 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 。
? x-y2 (x≥y2), 5 .解:∵ |x - y2|= ? 2 故此方程等价于 2 ?y -x (x<y ).





y =1-x,即y =2x-1 (x≥y ), ? ?x- 2 ? y -x=1-x,即y2=1 (0≤x<y2), 选 D . ? y2-x=1+x,即y2=2x+1(x<0). ?
1 6 .解:由 y = f ( - 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 .


2

2

2

7 .解:当 x>0 时,y=

2 1 4+ 2 x

,当 x 增时, y 增.又函数为奇函数,

16

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

? ? 9 .解: f(f(x))=|1 - 2|1 - 2x||=? ? ?

1 1-4x,(0≤x≤ ) 4 1 1 4x-1,( ≤x≤ ) 4 2 1 3 3-4x,( ≤x≤ ) 2 4 3 4x-3,( ≤x≤1) 4 1 x (0≤x≤1) 有 1 个交 2

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.它们各与线段 y= 点.故方程 f(f(f(x)))= 1 x 共计有 8 解. 2

10.解:函数 f ( x) ? ?

x 是奇函数,又当 x ? 0 时, 1? x

f ( x) ? ?

x 1 x ? ?1? 是减函数,所以 f ( x) ? ? 在 1? x 1? x 1? x

(??, ? ?) 上是减函数。由 M=N 得

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

所以

ab ? ab , (1 ? a )(1? b )

1 ? 1] ? 0 。 (1 ? a )(1? b )
17

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. 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
18

由①及②即得 f ( 3n ) =3nf ( 1 ) =2· 3n , 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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