第70讲 函数问题选讲.doc

中高考 找才子 始建于1998年 第70讲 函数问题选讲本节主要内容有运用函数的有关知识解决函数自身的问题和与函数有关的方程、不等式、数列等问题。A类例题例1 如果在区间1，2上，函数f(x)=x2+px+q与g(x)=x+在同一点取相同的最小值，求f(x)在该区间上的最大值(1996年全国高中数学联赛)解 由于g(x)= x+=x+x+3=当且仅当x=，即x=时等号成立由于1，2，故x=时g(x)取得最小值因为f(x)=x2+px+q=，所以=且 =，解得p=2，q=+由于1<2故在12上f(x)的最大值为f(2)=4+说明 本题在求g(x)的最小值时，利用了均值不等式：（），当且仅当a=b=c时等号成立。例2 若函数的值域为R，则实数的取值范围是 。（1994年 “希望杯”全国数学邀请赛）解法一 根据函数值域定义，对于任意实数，关于的方程，即恒有解，因此 （*） 恒成立。因为，所以（*）式成立的充要条件是，解得或。即实数的取值范围是。解法二 根据对数函数和二次函数的性质，的最小值应不小于0，即，解得或。即实数的取值范围是。说明 解法一运用转化思想把对数函数转化为指数形式（关于的二次方程）获得解答；解法二运用对数函数和二次函数的复合获得思路。例3 求函数f(x)=的最大值。(1992年全国高中数学联赛)分析 两个根号内都是四次式，可以把被开开方数分别配方成平方和，从而可以把f(x)看成是到某两点的距离之差。解 f(x)= =于是f(x)表示点P(x，x2)与点A(3，2)及B(0，1)距离差|PA|PB|。 由于点P(x，x2)在抛物线y=x2上。即在抛物线上找到一点P，使|PA|PB|取得最大值由三角形的两边差小于第三边知，当且仅当点P为抛物线与AB的延长线的交点时，|PA|PB|取得最大值。由于直线AB的方程为，由方程组解得，其中点（）在AB的延长线上。|AB|=。即函数f(x)=的最大值为。说明 注意点P的存在性要加以证明。情景再现1函数y=的值域是 。(上海市1994年高中数学竞赛)2若不等式的解集是（4，b），则实数a= ，b= 。3若对任何，不等式恒成立，则一定有（ ）A B C DB类例题例4 函数f（x）定义在R上，对于任意实数m、n，恒有，且当x0时，0f（x）1（1）求证：f（0）1， 且当x0时，f（x）1;（2）求证：f（x）在R上单调递减；（3）集合A（x，y）| f（x2）f（y2） f（1），B（x，y）| f（axy2）1，aR）若AB，求a的取值范围证明（1）令m0，n1，则f (1)f ( 0 ) f ( 1 ) x > 0时， 0< f（x）<1 0 < f ( 1 ) <1，故， f ( 0 )1又f ( 0 )f（xx）f（x）f（x）1，设x < 0，则x > 0， 0 < f（x）<1，从而 （2）设x1< x2，则x1x2<0，f（x1x2）>1因为 f（x1）f （x1x2）x2 f（x1x2）f（x2） > f（x2），( f（x2）> 0 )所以f（x）为R上的减函数 （3）由f（x2）f（y2）>f（1）得f（x2y2）>f ( 1）， 又f（x）为R上的减函数， x2y2 <1 由f（axy2）1得axy20AB ，直线axy20与圆x2y21相切或相离故， 例5 已知函数（1）证明：函数的图象关于点（a，1）成中心对称；（2）我们利用函数构造一个数列，方法如下：对于给定的定义域中的，令，在上述构造数列的过程中，如果（i2，3，4，）在定义域中，构造数列的过程将继续下去；如果不在定义域中，构造数列的过程停止如果可以用上述方法构造出一个常数列，求实数a的取值范围；如果取定义域中任一值作为，都可以用上述方法构造出一个无穷数列，求实数a的值（1）证明 设点P（，）是函数图象上一点，则，与点P关于（a，1）的对称点P（2ax0，2y0），因为，所以，即点在函数的图象上，故函数的图象关于点（a，1）成中心对称（2）解 根据题意，只需xa时，有解，即有解，即有不等于a的解所以 由得a3或a1，而当时，。综上a3或a1根据题意，应满足时无解，即时无解由于不是方程的解所以对于任意，无解所以a1例6 求实数a的取值范围，使得对任意实数x和任意0，恒有（x+3+2sincos)2+(x+asin+acos)2 (1996年全国高中数学联赛)解 令sin+cos=u，则2sincos=u21，当0，时，u1，记f(x)= (x+3+2sincos)2+(x+asin+acos)2则f(x)=(x+2+u2)2+(x+au)2=2x2+2(u2+au+2)x+(u2+2)2+(au)2=2x+(u2+au+2)2+(u2au+2)2所以x=(u2+au+2)时，f(x)取得最小值(u2au+2)2所以u2au+2，或u2au+2所以 au+，或au+当u1，时，u+，；u+，所以 a或a情景再现4函数f(x)是奇函数的充要条件是 。(湖南省2002年高中数学竞赛)5已知函数f(x)(1x+)，x2，4求该函数的值域。(2002年上海市高中数学竞赛)6设aN，a2，集合Ay|yax，xN，By|y(a1)xb，xN，在闭区间1，a上是否存在b，使AB，如果存在，求出b的一切可能值及相应的AB；如果不存在，试说明理由(安徽省2002年高中数学竞赛题)C类例题例7 对于给定的常数，试求函数（）的最大值。（1996年江苏省数学竞赛）解法一 ，其中等号成立当且仅当，即时，。解法二 构造如图所示的直角梯形ABCD，则 。因为，所以，即，当且仅当，即时成立。因此时，。说明 利用勾股定理，两点间得距离公式构造几何图形去解决一些代数问题是一种常用手段。例8 对于正整数a，n，定义Fn(a)=q+r，其中q，r为非负整数，a=qn+r，且0r<n，求最大的正整数A，使得存在正整数n1，n2，n3，n4，n5，n6，对于任意正整数aA，都有=1证明你的结论（1998年全国高中数学联赛）分析 将满足条件“存在正整数n1，n2，n3，n4，n5，nk，对于任意的正整数aB，都有”的最大正整数B记为xk。问题转化为研究xk，xk+1之间的递推关系。本题所求的最大正整数A即为x6。解 先证x1=2。事实上，F2(1)=F2(2)=1，所以x12。又当n13时，=2，而F2（3)=F1(2)=2，所以x1<3，所以x1=2。设xk已求出，且xk为偶数，显然xkx1=2，易知xk+1满足的必要条件是：存在n1，使得只要axk+1，就有xk。令xk+1=qn1+r，由=q+rxk可得xk+1=qn1+rqn1+xkq=xk+q(n11)。若取n1=2，由xk，可知xk+1xk+2，由此可得q>0，n1>1，于是0<(q1)n1+n11=qn11<xk+1，因此(q1)n1+n11)=q+n12xk.，故有 q(n11)()2()2=。由于xk为偶数，从而q(n11)。因为xk2，所以xk+xk+2，所以总有 xk+1xk+=另一方面，若取n1=+2，由于=，对于每个a，令a=qn1+r，那么或者q=，r；或者q1，rn11=+1。两种情况下均有q+rxk，因此xk+1=。此外，因为xk为偶数。若4|xk，由2|xk+6可得8|xk(xk+6)；若xk2(mod4)，由xk+60(mod 4)也可得8|xk(xk+6)因此xk+1也是偶数。由数学归纳证明，有xk+1=。由x1=2逐次递推出x2=4，x3=10，x4=40，x5=460，x6=53590。即所求最大整数A=53590。情景再现7设正实数x，y满足xy=1，求函数的值域（其中x表示不超过x的最大整数。习题131对于每个自然数n，抛物线y=(n2+n)x2-(2n+1)x+1与x轴交于An，Bn两点，以|AnBn|表示该两点的距离，则|A1B1|+|A2B2|+L+|A1992B1992|的值是（ ） A B C D(1992年全国高中数学联赛)2若偶函数f(x)在(0，+)上是增函数，设a=f(loge)，b=f(log)，c=f(log)，则a，b，c的大小关系是( ) Ac<b<a Bb<a<c Cc<a<b Da<b<c(1994年河北省高中数学竞赛)3下列四个图形的阴影部分(不包括边界)满足不等式logx(logxy2)>0的是( ) (1984年全国高中数学联赛)4已知函数f(x)x22bx1和g(x)2a(xb)，其中x，a，b均为实数使yf(x)和yg(x)在xOy平面上的图象不相交的实数对(a，b)组成点集A，那么A在aOb平面上的图形S的面积为 。(安徽省2002年高中数学竞赛题)5函数f(x)=2+的值域是 。(合肥市1994年高中数学竞赛)6设实数满足，则的最小值为 。7设实数满足条件，其中，求的是最大值。（2005年四川省数学竞赛题）8对每一对实数对x，y，函数f(t)满足f(xy)f(x)f(y)xy1若f(2)2，试求满足f(a)a的整数a的个数(广西省1999年高中数学竞赛)9设函数f：0，1R满足 f(x)0，对于x0，1； f(1)=1； f(x)+f(y)f(x+y)，x、y，x+y0，1。求出最小的常数c，使f(x)cx对一切满足上述条件的函数f及一切x0，1都成立证明你的结论(1993年第二十二届美国数学奥林匹克)本节“情景再现”解答：1解：令=cosq (0)，则=sin于是y=sin+cos=sin(+)1，所以函数y=的值域是值域为1，2解：方法一：设，则不等式的解集为，所以2，是方程的两根，即解得，b=36。方法二：设， 由不等式的解集是（4，b），可得两函数在同一坐标系中的图象。 设两函数图象的交点为A，B，则，所以，。解得，b=36。3解：由，得，于是，又，有，所以。由，得，所以，又，所以。故选D。4解：由=得|xa|xa|2a>0反之当a>0时，y=的定义域为a，0)(0，a；此时，y=；所以 f(x)f(x)，函数为奇函数所以所求条件为a>05解：yf(x)=( +)令=tan，(为四象限角)，则y可看作图中直线AQ到AP的斜率的一半的变化范围，即以x2及x4代入可得所求函数的值域为，或用分子有理化，解决单调性6解：设存在m，nN，使am(a1)nb(1ba)，所以(a1)namb，即f(a)amb能被a1整除因为f(1)(1)mb所以当m为正偶数时b1；当m为奇数时，b1(a1)a综上可知，满足要求的b存在，其值为b1及a当b1时，ABy|ya2k，kN；当ba时，ABy|ya2k1，kN7解：不妨设，则，有下面两种情形：（1）当x=1时，y=1，此时（2）当x>1时，设x=n，x=xx=，则x=n，于是，故y=0，因为函数在1，）上单调递增，且，所以， 所以 设， 由于， 所以当1时，有， ， 于是当x>1时，函数的值域为，即综上所述，函数的值域为习题”解答：1解：由y=(n2+n)x2-(2n+1)x+1 =(n+1)x1)(nx1)，得|AnBn|=，于是|A1B1|+|A2B2|+L+|A1992B1992|=。选B2解：a=f(loge)= f(loge)= f(loge)；b=f(loge)= f(loge)；c=f(log)= f(2loge)因为0< loge<1< loge<2<2loge，于是b<a<c，故选B3解：当0<x<1时，得1>y2>x>0；当x>1时，得y2>x>1选D4解：取x22bx12ax2ab，所以x22(ba)x12ab0，由4(ba)24(12ab)<0，得a2b2<1 S5解：令t2=x24x+3，且t0，则3+4xx2=6t2，则得y=2t+，故0t取t=cos，(090)，得y=2cos+sin=sin(+)，其中sin=，cos=即所求值域为，6解：由于，要使最小，则，尽量大，尽量小。 于是，所以，即最小值为。这时。7解：因为，所以。又，从而，。所以。当且仅当，时等号成立。即，时，有最大值。8解：由f(xy)f(x)f(y)xy1，得f(20)f(2)f(0)(2)01，所以f(0)1f(2)2f(1)11，所以f(1)2f(0)f(1)f(1)，所以f(1)1f(n1)f(n)f(1)n11，所以f(n1)f(n)n2。若f(n)>0，则f(n1)n1f(n)1>f(n)故当n2时，f(n) >n成立又f(3)f(2)f(1)212231；f(4)f(3)f(1)311f(n1)f(n)f(1)n1f(n)n1，若f(n)>0，f(n1)>0，故对于n>4，f(n)>0所以只有a1，29解：由f(x)0，知f(x)f(x)+f(y)f(x+y)，x、y，x+y0，1即函数f(x)非严格递增令y=x，得2f(x)f(2x)，(0x)若0x，则22f(x)2f(2x)f(22x)一般的，若对于x0，1，必有自然数n，使<x，则可得2nf(x)f(2nx)f(1)<2n+1x，即得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)于是对于x0，1，f(x)2x成立即c2再说明c不能比2小为此构造函数f(x)= 此函数满足、，若x、y，x+y0，1，不妨设xy，则0x，故f(x)+f(y)=f(y)f(x)+f(y)即此函数也满足对这个函数，若1<c<2，则取x(，)，则f(x)=1，而cx(c，1)，故f(x)>cx若0<c1，此时取x(，1)，仍有f(x)=1，而cxx<1，f(x)>cx故c2综上可知，c=218