數學(第二輪)專題訓練
第二講:函式性質
(一) 典型例題講解:
例1. 若恒大於0, 求實數a的取值範圍.
解：令, 則, 由題意得在時恆成立,
可變為…………（1）
當時上面不等式（1）顯然成立, 當時, 因為, 所以不等式（1）可
變為, 令,則
(當且僅當時取等號)
因此a的取值範圍是.
例2． 設a是正數，ax+y=2(x≥0,y≥0)，記y+3x－x2的最大值是m(a)，試求：
（1）m(a)的表示式；（2）m(a)的最小值。
解將代數式y+3x－x2表示為乙個字母，由ax+y=2解出y後代入消元，建立關於x的二次函式，逐步進行分類求m(a)。
（1）設s(x)=y+3x－x2,將y=2－ax代入消去y，得：
s(x)=2－ax+3x－x2 =－x2+(3－a)x+2 =－[x－(3－a)]2+ (3－a)2+2(x≥0)
∵y≥0 ∴2－ax≥0 而a>0 ∴0≤x≤
下面分三種情況求m(a)
(i)當0<3－a< (a>0)，即時解得 0m(a)=s(3－a)= (3－a)2+2
(ii)當3－a≥(a>0)即時，解得：1≤a≤2，這時
m(a)=s()=2－a·+3
(iii)當3－a≤0；即a≥3時
m(a)=s(0)=2
綜上所述得：
m（a）=
（2）下面分情況**m(a)的最小值。
當0m(a)= (3－a) 2+2>2
當1≤a≤2時
m(a)=－+=－2(－)2+
∵1≤a≤2≤≤1
∴當=時，m(a)取小值，即m(a)≥m（2）=
當a≥3時，m(a)=2
經過比較上述各類中m(a)的最小者，可得m(a)的最小值是2。
注解題經驗的積累，有利於解題思路的挖掘，對引數a的分類，完全依據二次函式頂點的橫座標3－a是否在定義域區間[0，]內，這樣就引出三種狀態，找出解題的方案。
例3已知函式f(x)的定義域為r，且對於一切實數x滿足f(x+2)=f(2－x),f(x+7)=f(7－x)
（1）若f(5)=9,求：f(－5);
（2）已知x∈ [2,7]時，f(x)=(x－2)2，求當x∈[16,20]時，函式g(x)=2x－f(x)的表示式，並求出g(x)的最大值和最小值；
（3）若f(x)=0的一根是0，記f(x)=0在區間[－1000,1000]上的根數為n，求n的最小值。
解 （1）由f(x+2)=f(2－x)及f(x+7)=f(7－x)得:f(x)的影象關於直線x=2,x=7對稱。
∴ f(x)=f[(x－2)+2]
=f[2－(x－2)]=f(4－x)
=f[7－(3+x)]=f(7+(3+x))
=f(x+10)
∴f(x)是以10為週期的週期函式。∴f(－5)=f(－5+10)=f(5)=9
（2）當x∈[16,17],x－10∈[6,7]
∴f(x)=f(x－10)=(x－10－2)2=(x－12)2
當x∈(17,20,x－20∈(－3,0,4－(x－20)∈[4,7
∴f(x)=f(x－20)=f[4－(x－20)] =f(24－x)=(x－22)2
∴g(x)=
∵x∈ [16,17]時，g(x)最大值為16，最小值為9；x∈（17，20，g(x)>g(17)=9,g(x)≤g(20)=36 ∴g(x)的最大值為36，最小值為9。
（3）由f(0)=0，及f(0)=f(4)=0，知f(0)在上至少有兩個解。
而在[－1000，1000上有200個週期，至少有400個解。又f(1000)=0
所以最少有401個解。且這401個解的和為－200。
注題中（2）可根據函式影象的對稱性、函式的週期性，通過作圖得到
f(x)=
一般地：當x∈[－3，2]時，4－x∈[2,7]
∴f(x)=f(4－x)=(x－2)2
∴當x∈[－3,7],f(x)=(x－2)2
故當x∈[－3+10k,7+10k],x－10k∈[－3,7]
∴f(x)= (x－10k－2)2(k∈z)
∴f(x)= (x－10k－2)2 x∈[－3+10k,7+10k],（k∈z）
例4．已知定義在r上的函式滿足：
（1）值域為，且當時，；
（2）對於定義域內任意的實數，均滿足：
試回答下列問題：
（ⅰ）試求的值；
（ⅱ）判斷並證明函式的單調性；
（ⅲ）若函式存在反函式，求證：．
解：（ⅰ）在中，令，則有．即：．
也即：．
由於函式的值域為，所以，，所以．
（ⅱ）函式的單調性必然涉及到，於是，由已知，我們可以聯想到：是否有
？（＊）
這個問題實際上是：是否成立？
為此，我們首先考慮函式的奇偶性，也即的關係．由於，所以，在中，令，得．
所以，函式為奇函式．故（＊）式成立．
所以，．
任取，且，則，故且．所以，
所以，函式在r上單調遞減．
（ⅲ）由於函式在r上單調遞減，所以，函式必存在反函式，由原函式與反函式的關係可知：也為奇函式；在上單調遞減；且當時，．
為了證明本題，需要考慮的關係式．
在（＊）式的兩端，同時用作用，得：，
令，則，則上式可改寫為：
．不難驗證：對於任意的，上式都成立．（根據一一對應）．
這樣，我們就得到了的關係式．這個式子給我們以提示：即可以將寫成的形式，則可通過裂項相消的方法化簡求證式的左端．
事實上，由於
，所以，．
所以，(二) 專題測試與練習:
一. 選擇題
1. 若關於x的不等式對任意x∈恆成立, 則d )
abcd.
2. 已知函式y＝是單調遞增函式, 則實數a的取值範圍是 (a )
abcd.
3. 設函式, 對任意實數t都有成立. 問:在函
數值、、、中, 最小的乙個不可能是b )
abcd.
4. 當時，二次函式的值域為c )
a. b. c. d.
5. 已知的對稱軸方程為, 則下列判斷正確的是 (c )
a. b. c. d.
二. 填空題
6. 若二次函式, 有, 則
07. 已知x 2,是一次函式且為增函式, 若則
8. 已知函式－在區間上是增函式, 則實數a的範圍
是9. 若、是關於x的方程的兩個實根, 則的最小
值為 8
三. 解答題
10. 已知二次函式．
(1) 若對於任意r, 有成立, 求實數的取值範圍；
(2) 若時，有, 試求實數的取值範圍.
解：(1) 因函式是二次函式得
又因對於任意r, 有成立, 得到函式是凹函式,
從而得出
(2) 由等價於, 即, 而x,
① 當時, ,式顯然成立;
② 當x時,式化為在x上恆成立.
設, 則有所以只須
又, 故得到.
綜上所述, a的取值範圍是
11. 已知, 若在區間上的最大值為, 最小值為
, 令.
(1) 求的函式表示式；
(2) 判斷的單調性, 並求出的最小值.
解：(1) 函式的對稱軸為直線, 而
∴在上①當時，即時，
②當2時，即時，
(2)12. 設二次函式, 方程的兩根滿足.
（1）當時, 證明:
（2）設函式的圖象關於直線對稱, 證明:.
解：證明：（1）令.
是方程的兩根，∴.
當時，由於所以.
又因，得.
即從而得到．
又因,因，∴.
因,∴.
綜上可知.
（2）由題意知是方程的兩根,
即是方程的兩根,∴.
∴．∴.
又因, ∴
13.定義在r上的函式滿足：對任意實數，總有，且當時，．
（1）試求的值；
（2）判斷的單調性並證明你的結論；
（3）設，若，試確定的取值範圍．
（4）試舉出乙個滿足條件的函式．
解：（1）在中，令．得：．
因為，所以，．
（2）要判斷的單調性，可任取，且設．
在已知條件中，若取，則已知條件可化為：．
由於，所以．
為比較的大小，只需考慮的正負即可．
在中，令，，則得．
∵時，，∴ 當時，．
又，所以，綜上，可知，對於任意，均有．
∴．∴ 函式在r上單調遞減．
（3）首先利用的單調性，將有關函式值的不等式轉化為不含的式子．
，，即．
由，所以，直線與圓面無公共點．所以，
．解得：．（4）如．
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