高中數學挑戰高分極限（上篇解答題）
第1章：函式（第1節：函式的性質）
函式綜合題通常是指函式的定義域、對應法則（可以是解析式、也可以是影象或**）、單調性、奇偶性、週期性等內容的綜合考查。涉及到的具體函式主要有正比例函式、反比例函式、一次函式、二次函式、冪函式、指數函式、對數函式、三角函式以及它們的和函式與積函式等。應用問題也常以函式內容出現。
在這部分，起到壓軸作用的試題往往都涉及不等式等知識。近幾年以三角函式為載體考查函式、不等式性質以及求最值的考題時有出現。
【例1】（2010·上海）若實數x、y、m滿足|x－m|＞|y－m|，則稱x比y遠離m。
（ⅰ）若x2－1比1遠離0，求x的取值範圍；
（ⅱ）對任意兩個不相等的正數a、b，證明：a3+b3比a2b+ab2遠離2ab；
（ⅲ）已知函式f（x）的定義域d=。任取x∈d，f（x）等於sinx和cosx中遠離0的那個值。寫出函式f（x）的解析式，並指出它的基本性質（結論不要求證明）。
【分析與解】條件「|x－m|＞|y－m|，則稱x比y遠離m」的幾何意義就是數軸上x對應的點比y對應的點離m對應的點遠（如圖）。於是
（ⅰ）若x2－1比1遠離0|x2－1|＞1，於是
解得x＞，或x＜－，故所求x的取值範圍為
（ⅱ）因為a、b是任意兩個不相等的正數，所以a3+b3比a2b+ab2遠離2ab|a3+b3－2ab|＞|a2b+ab2－2ab
由a、b是兩個不相等的正數，得
a3+b3＞a2b+ab2且a2b+ab2＞2ab，從而①a3+b3－2ab＞a2b+ab2－2ab，即a3+b3＞a2b+ab2，又
a3+b3－（a2b+ab2）= （a－b）2（a+b）＞0，所以
不等式|a3+b3－2ab|＞|a2b+ab2－2ab|成立，故a3+b3比a2b+ab2遠離2ab。
（ⅲ）函式「f（x）等於sinx和cosx中遠離0的那個值」「 f（x）等於|sinx|和|cosx|中的最大值」。於是根據三角函式線（或三角函式的影象，如圖）可知，
當x∈（kπ+，kπ+）（k∈z）時，|sinx|＞|cosx|；
當x∈（kπ－，kπ+）（k∈z）時，| cosx|＞| sinx|，於是
函式f（x）的解析式為f（x）=。於是作出函式y=f（x）的影象如下：
從影象可以看出函式的基本性質有：
（1）函式y=f（x）為的值域為，1；
（2）函式y=f（x）為非奇非偶函式；
（3）函式y=f（x）的最小正週期為t=2π；
（4）當x=2kπ或x=2kπ+（k∈z）時，f（x）取得最大值1；當x=2kπ+π或x=2kπ－（k∈z）時，f（x）取得最大值－1；
（5）函式y=f（x）的單調遞增區間為（2kπ－，2kπ－），2kπ－，2kπ， 2kπ+，2kπ+， 2kπ+π，2kπ+（k∈z）；
函式y=f（x）的單調遞減區間為2kπ，2kπ+， 2kπ+，2kπ+， 2kπ+，2kπ+π， 2kπ+，2kπ+（k∈z）。
【解題反思】1：條件「x比y遠離m」是題目中的臨時定義（又稱自定義），針對「|x－m|＞|y－m|」畫圖有助於深刻理解題意，這是解決問題的前提。
2：第（ⅲ）問的解答過程中，數形結合思想一直伴隨其間：從寫出函式y=f（x）的解析式到寫出函式的性質，一旦畫出影象，以下就是書寫工夫，一定要注意數形結合思想的靈活運用。
3：函式的性質一般指：定義域、值域（最值）、奇偶性、單調性、週期性。
【發散訓練】
1：在原題設條件下，解答：已知函式y=f（x）的定義域d=。
任取x∈d，f（x）等於1+sinx和1－sinx中接近0的那個值。寫出函式f（x）的解析式，並指出它的奇偶性、最小正週期和單調性（結論不要求證明）。
解：由題知，函式f（x）的解析式為f（x）=（k∈z）。於是作出函式y=f（x）的影象如下：
從而觀察函式y=f（x）影象，看出函式的基本性質有：
（1）函式y=f（x）是週期函式，且最小正週期為t=π；
（2）當x=kπ+（k∈z）時，f（x）取得最小值0；無最大值；
（3）函式y=f（x）的單調遞增區間為kπ－，kπ；單調遞減區間為kπ，kπ+。
【例2】（2009·上海春）設函式fn（θ）=sinnθ+（－1）ncosnθ，0≤θ≤，其中n為正整數。
（ⅰ）判斷函式f1（θ）、f3（θ）的單調性，並就f1（θ）的情形證明你的結論；
（ⅱ）證明：2f6（θ）－f4（θ）=（cos4θ－sin4θ）（cos2θ－sin2θ）；
（ⅲ）對於任意給定的正整數n，求函式y= fn（θ）的最大值和最小值。
【分析與解】（ⅰ）函式f1（θ）與f3（θ）在[0，]上均為單調遞增的函式。
因為f1（θ）= sinθ－cosθ，所以
令0≤θ1＜θ2≤，則sinθ1＜sinθ2，cosθ2＜cosθ1，於是
f1（θ1）－f1（θ2）=（sinθ1－sinθ2）+（cosθ2－cosθ1）＜0，即f1（θ1）＜f1（θ2），所以函式f1（θ）在[0，]上為單調遞增的函式。
同理可得函式f3（θ）在[0，]上為單調遞增的函式。
【備註1】利用定義判斷函式的單調性是有效的方法，其關鍵是判斷差的符號。
（ⅱ）證明：原式左邊= sin6θ+cos6θ－sin2θcos4θ－sin4θcos2θ，
右邊=2（sin6θ+cos6θ）－（sin4θ－cos4θ）=sin6θ+cos6θ+（sin2θ+cos2θ）（sin4θ+ cos4θ）－sin2θcos4θ－sin4θcos2θ－（sin4θ+cos4θ）=右邊。
【備註2】（ⅱ）有多種證明方法。
（ⅲ）求函式在閉區間上的最值，最基本的方法是利用函式的單調性。因此首先應判斷函式y=f（x）的單調性。
由（ⅰ）知，當n=1，3時，函式y=fn（θ）在[0，]上單調遞增，於是
最大值在f1（）= f3（）=0，最小值f1（0）= f3（0）=－1。
當n=2時，函式y=f2（θ）=1不是單調函式，於是當n為偶數時，
函式y=fn（θ）=sinnθ+cosnθ≤sin2θ+cos2θ=1。
從而知道需要分n為奇數和偶數分別求最值。從上面的分析可以猜想：
當n為奇數時，函式y=fn（θ）在[0，]上為增函式，於是
令0≤θ1＜θ2≤，則0≤sinθ1＜sinθ2＜1，0＜cosθ2＜cosθ1≤1，於是
sinnθ1＜sinnθ2，cosnθ2＜cosnθ1，從而
fn（θ1）－fn（θ2）=（sinnθ1－sinnθ2）+（cosnθ2－cosnθ1）＜0，即
fn（θ1）＜fn（θ2），所以函式fn（θ）在[0，]上單調遞增，所以
函式y=fn（θ）在[0，]上的最大值在fn（）=0，最小值fn（0）=－1。
當n為偶數時，函式y=fn（θ）在[0，]上的單調性是怎樣的呢？我們是否也利用函式單調性的定義進行證明呢？請大家看下面的解答：
令0≤θ1＜θ2≤，fn（θ）=sinnθ+cosnθ，則
fn（θ1）－fn（θ2）=（sinnθ1－sinnθ2）+（cosnθ1－cosnθ2），由sinnθ1－sinnθ2＜0，cosnθ1－cosnθ2＞0，因此不能確定fn（θ1）－fn（θ2）的符號，因此解決當n為偶數時函式y= fn（θ）在[0，]上的單調性必須另闢蹊徑。
這是如果想到不異名三角函式化為同名的三角函式，那麼就會想到利用半形公式：設n=2k（k∈n*），則
fn（θ）=sinnθ+cosnθ=（sin2θ）k+（cos2θ）k=（）k+（）k，即fn（θ）= [（1－cos2θ）k +（1+cos2θ）k ]
= [（1－ck1cos2θ+ ck2cos22θ－ck3cos32θ+…+（－1）kckkcosk2θ]+ [（1+ck1cos2θ+ ck2cos22θ+ck3cos32θ+…+ckkcosk2θ]
=（1+ck2cos22θ+ck4cos42θ+…）。於是
由θ∈[0，]，得cos2θ是減函式，從而fn（θ）在[0，]上為減函式。因此
函式y= fn（θ）在[0，]上的最大值在fn（0）=1，最小值fn（）=2=。
綜上所述，當n為奇數時，函式y=fn（θ）的最大值fn（）=0，最小值fn（0）=－1。
當n為偶數時，函式y= fn（θ）的的最大值fn（0）=1，最小值fn（）=2=。
【解題反思】1：第（ⅲ）問的解答過程中，當n為奇數時的解法是受第（ⅰ）問的啟發，試問第（ⅱ）問在本題中是不是很不協調呢？
【備註3】由特殊到一般發現解題方法，可以認為（ⅱ）給本題的解法提供了「暗示」。當解題遇到困難時，要善於發現題目中已有的資訊，哪怕是蛛絲馬跡。
實際上，也可以由第（ⅱ）問得2 f6（θ）≥f4（θ），受此啟發想到：
2 f4（θ）－f2（θ）=（sin2θ－sin2θ）（cos2θ－cos2θ）≥0，即
2 f4（θ）≥f2（θ），這樣就有 f6（θ）≥f4（θ）≥f2（θ），於是對任意正整數k≥2，想到：
2 f2k（θ）－f2k－2（θ）=2（cos2kθ+sin2kθ）－（cos2k－2θ+sin2k－2θ）
=cos2kθ+sin2kθ+（cos2θ+sin2θ）（cos2k－2θ+sin2k－2θ）－sin2θcos2k－2θ－cos2θsin2k－2θ）－（cos2k－2θ+sin2k－2θ）≥0，從而
fn（θ）≥fn－2（θ）≥…≥f2（θ）===fn（）。
解決綜合題的後面小題要注意運用前面小題的結論或思想方法，它對後面題目有時會有啟發和誘導作用。
2：當n為偶數時，有同學對n利用數學歸納法，這種證明是不正確的，因為自變數是θ而不是n。
也有同學對n利用數學歸納法，這種證明是不正確的，因為自變數是θ而不是n。
fn（θ）=sinnθ+cosnθ≥2，當且僅當sinnθ=sinnθ時等號成立，在[0，]內，sinθ=cosθ=，故fn（θ）≥。
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