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高中数学奥赛系列辅导资料:函数奥赛竞赛练习


函数奥赛竞赛练习
一、选择题 1.(2000 年北京市中学生数学竞赛)已知函数 y=f(x)有反函数,现将 y=f(2x-1)的图象 向左平移 2 个单位,所得图形表示的函数的反函数是( ) A. y ?

? 3 ? f ?1 ( x) 2

? 3 ? f ?1 ( x) B. y ? 2
C. y ?
<

br />3 ? f ?1 ( x) 2 3 ? f ?1 ( x) 2

D. y ?

二、填空题 2.(2001 年全国高中数学联赛)函数 y ? x ? 3.(2001 年全国高中数学联赛)不等式 |

x 2 ? 3 x ? 2 的值域为_____。

1 3 ? 2 |? 的解集为___________。 log 1 x 2
2

4.(2001 年北京市中学生数学竞赛)函数 f(x)对于任意非负实数 x、y 都满足

f ( x ? y 2 ) ? f ( x) ? 2[ f ( y)] 2 ,且 f(x)≥0,f(1)≠0,则 f ( 2 ? 3 ) =______。
三、解答题 5.(2000 年北京市中学生数学竞赛)f(x)是定义在 R 上的函数,对任意的 x∈R,都有 f(x+3) ≤f(x)+3 和 f(x+2) ≥f(x)+2,设 g(x)=f(x)-x, (1)求证 g(x)是周期函数; (2)如果 f(998)=1002,求 f(2000)的值。

6.(2000 年全国高中数学联赛)若函数 f ( x) ? ? 为 2a,最大值为 2b,求区间[a,b]。

1 2 13 x ? 在区间[a,b]上的最小值 2 2

7.(第一届“希望杯”全国邀请赛试题)求函数

f ( x) ?

x 4 ? 4 x 3 ? 17 x 2 ? 26 x ? 106 在区间[-1,1]上的值域。 x 2 ? 2x ? 7

8.(第九届“希望杯”全国邀请赛试题)若实数 x 满足不等式

x 4 ? 2 x 3 ? 7 x 2 ? 8x ? 12 ? 0 。试求函数 f ( x) ?| x ?

4 | 的最大值。 x

9.(2000 年莫斯科师范大学数学奥林匹克竞赛)作函数 y ?| 2 ? 2 | ?2 的图象。
x x

10. (2000 年莫斯科师范大学数学奥林匹克竞赛)函数 f ( x) ? lg( x ? 数还是奇函数?

x 2 ? 1) 是偶函

11. (第五届北京高中数学知识应用竞赛)中国青年报 2001 年 3 月 19 日报道:中国移 动通信将于 3 月 21 日开始在所属 18 个省、市移动通信公司陆续推出“全球通”移动电话资 费“套餐”,这个:“套餐”的最大特点是针对不同用户采取了不同的收费方法。 具体方案如下: 方案代号 1 2 3 4 5 6 7 基本月租(元) 免费时间(分钟) 30 98 168 268 388 568 48 170 330 600 1000 1700 超过免费时间的话费(元/分钟) 0.60 0.60 0.50 0.45 0.40 0.35

0.30 788 2588 原计费方案的基本月租为 50 元,每通话一分钟付 0.4 元,请问: (1) “套餐”中第 4 种收费方式的月话费 y 与月通话量 t(月通话量是指一个月内每次 通话用时之和,每次通话用时以分为单位取整计算,如某次通话时间为 3 分 20 秒,按 4 分 钟计通话用时)的函数关系式; (2)取第 4 种收费方式,通话量多少时比原计费方式的月通话费省钱; (3)据中国移动 2000 年公布的中期业绩,每户通话平均为每月 320 分钟,若一个用户 的通话量恰好是这个平均值,那么选择哪种收费方式更合算,并说明理由。

参考答案 1.A 由于“抽象”没有具体的函数表达式,使题目显得有些难,化难为易的方法因

而也就是化抽象为具体,不妨设 f(x)=x+1(这样符合原题“f(x)有反函数”的规定)。于是

以下种种全具体化了。反函数是 f

?1

( x) ? x ? 1 , f (2 x ? 1) ? 2 x ,向左平移 2 个单位所得
?1

图形表示的函数 f1 ( x) ? 2( x ? 2) ? 2 x ? 4 。这个函数的反函数 f1 ( x) ? 选择来对照。 A项y?

x ? 2 ,再与 4 个 2

? 3 ? f ?1 ( x) ? 3 ? x ?1 x 是y? ? ? 2 符合, 2 2 2

? 3 ? f ?1 ( x) ? 3 ? x ?1 x B项y ? 是y? ? ? ? 1不合, 2 2 2
C项y?

3 ? f ?1 ( x) 3 ? x ?1 x 是y? ? ? 1不合, 2 2 2 3 ? f ?1 ( x) 3 ? x ?1 x 是y? ? ? ? 2 不合。故选 A。 2 2 2

D项y?

2. [1, ) ? [2,??)

3 2

y ? x ? x 2 ? 3x ? 2 ? x 2 ? 3x ? 2 ? y ? x ? 0
两边平方得 (2 y ? 3) x ? y ? 2 ,从而 y ?
2

y2 ? 2 3 且x ? 。 2y ? 3 2

由y?x? y?

y2 ? 2 y 2 ? 3y ? 2 3 ?0? ? 0 ? 1 ? y ? 或 y≥2。 2y ? 3 2y ? 3 2 y2 ? 2 2 ,易知 x≥2,于是 x ? 3x ? 2 ? 0 。 2y ? 3

任取 y≥2,由 x ?

任取 1 ? y ?

y2 ? 2 3 ,同样由 x ? ,易知 x≤1。 2y ? 3 2

于是 x ? 3x ? 2 ? 0 。
2

因此,所求函数的值域为 [1, ) ? [2,??) 。 3. (0,1) ? (1,2 ) ? (4,??)
2 7

3 2

|

1 3 1 3 1 3 1 1 ? 2 |? 等价于 ?2? 或 ?? 或 ? 2 ? ? 。即 log 1 x 2 log 1 x 2 log 1 x log 1 x 2 2
2 2 2 2

1 7 ?? 。 log 1 x 2
2

此时, log 1 x ? ?2 或 log 1 x ? 0 或 ?
2 2

2 ? log 1 x ? 0 。 7 2

2

∴解为 x>4 或 0<x<1 或 1 ? x ? 2 7 。 即解集为 (0,1) ? (1,2 ) ? (4,??) 。 4. 1 ?
2 7

3 2

这题 f(x)不容易具体化,但是它的值则是可以具体化的。例如设 x=0,y=0。 则由 f ( x ? y ) ? f ( x) ? 2[ f ( y)] ,
2 2

得 f (0) ? f (0) ? 2[ f (0)] , 2[ f (0)] ? 0 ,f(0)=0。
2 2

再设 x=0,y=1。 得 f (1) ? f (0) ? 2[ f (1)] ,以 f(0)=0 代入 2[ f (1)] ? f (1) ,已知 f(1) ≠0,
2 2

∴ f (1) ?

1 。 2

设 x=1,y=1, 得 f (2) ? f (1) ? 2[ f (1)] ,
2

即 f (2) ?

1 1 ? 2 ? ? 1。 2 4

设 x=2,y=1, 得 f (3) ? f (2) ? 2[ f (1)] ,
2

1 3 ? 。 4 2 3 2 设 x=0, y ? 3 ,得 ? 2[ f ( 3 )] , 2 f (3) ? 1 ? 2 ?
∴ f ( 3) ? 设 x=0, y ?

3 。 2
4

3,
2

得 f ( 3 ) ? f (0) ? 2[ f ( 4 3 )] ,



3 3 ? 2[ f ( 4 3 )] 2 , [ f ( 4 3 )] 2 ? 。 2 4

至此可求 f ( 2 ? 3 ) ,

f (2 ? 3 ) ? f (2) ? 2[ f (4 3 )] 2
?1? 2 ? 3 3 。 ?1? 4 2

5.解:本例的难度显然又有增加,主要是难以具体化。只能在抽象的层面来解决问题 (1)g(x)=f(x)-x, 可得 g(x+2)=f(x+2)-x-2, g(x+3)=f(x+3)-x-3, 再以 f(x+3) ≤f(x)+3 和 f(x+2) ≥f(x)+2 代换,可得

g ( x ? 2) ? f ( x) ? 2 ? x ? 2 ? f ( x) ? x ,① g ( x ? 3) ? f ( x) ? 3 ? x ? 3 ? f ( x) ? x ,②
由①可得 g(x+4) ≥f(x+2)-x-2 ≥f(x)+2-x-2=f(x)-x, g(x+6) ≥f(x+2)-x-2≥f(x)-x。③ 由②可得 g(x+6) ≤f(x+3)-x-3≤f(x)-x,④ 由③、④知 g(x+6)=f(x)-x=g(x)。 ∴g(x)是周期函数获证(6 是它的一个周期) (2)2000-998=1002 是 6 的整数倍,所以 g(2000)=g(998),即 f(2000)-2000=f(998)-998 f(2000)=f(998)+1002=1002+1002=2004。 本题的不同之处在于没有“具体化”,而是利用 f(x+3)与 f(x+2)的反复操作以求 g(x+6) 与 f(x)的关系,进而得到 g(x+6)=g(x),以达到证明的目的。 6.解 f(x)的最大值只能是 f (0) ?

13 ,或 f(a),或 f(b),f(x)的最小值只能是 f(a)或 f(b) 2

其中之一,令 y min ? 2a ,且 y max ? 2b ,即可得关于 a、b 的方程组,解出 a、b 的值。 当 a 值由负值增大到正值时,区间[a,b]在 x 轴上自左向右移动,因此在求 f(x)的最值 时,须按区间[a,b]的位置分类求解。

f(x)图象顶点坐标为 (0,

13 ) 2

1 13 1 13 f (a) ? ? a 2 ? , f (b) ? ? b 2 ? 。 2 2 2 2
(1)当 a<b<0 时, 由 f(x)在[a,b]上单调递增得,f(a)=2a,且 f(b)=2b

? 1 2 13 ?? 2 a ? 2 ? 2 a , ? 即? ?? 1 b 2 ? 13 ? 2b. ? 2 2 ?
于是 a、b 是二次方程 b]不存在 (2)当 a<0<b 时, f(x)在[a,0]上单调递增,在[0,b]上单调递减,因而 f(x)在 x=0 处取得最大值,在区间 端点 x=a 或 x=b 处取得最小值,

1 2 13 x ? 2 x ? ? 0 的两个负根,但此方程两根异号,故区间[a, 2 2

13 13 ? ? 2b即b ? ? f (0) ? 即? 2 4 ? f (a)或f (b) ? 2a ? 0. ?

13 1 13 13 39 ) ? ? ( )2 ? ? ? 2a , 4 2 14 2 32 1 2 13 ∴ f (a) ? ? a ? ? 2a , 2 2
则 f (b) ? f ( 解得 a ? ?2 ? 17 , 于是得区间 [?2 ? 17 , (3)当 b>a≥0 时 由 f(x)在[a,b]上单调递减得,f(a)=2b,且 f(b)=2a,

13 ]。 4

? 1 2 13 ?? 2 a ? 2 ? 2b, ? 即? ?? 1 b 2 ? 13 ? 2a. ? 2 2 ?
解得 ?

?a ? 1 ?a ? 3 或? (舍去) ?b ? 3 ?b ? 1

即得区间[1,3]。

综上所述,所求区间为[1,3]或 [?2 ? 17 , 7.解: f ( x) ? x 2 ? 2 x ? 7 ?
4 3 2

13 ] 4

64 2 ? 1 。值域为 [15,15 ] 。 3 x ? 2x ? 7
2

8.解: x ? 2 x ? 7 x ? 8 x ? 12 ? ( x ? 3)( x ? 2) ? ( x ? 1)( x ? 2) 。 f max ? 5 。 9.解:研究 2 种情况。 ① 2 ? 2 ? 0 ,即 x≥1。于是
x

y ? 2x ? 2 ? 2x ? 2 ? 2x ? 2 。
② 2 ? 2 ? 0 ,即 x<1。于是
x

y ? ?(2 x ? 2) ? 2 x ? 2 。
图象如图所示。

10.解:很明显对于任一 x∈R, x ?
2

x 2 ? 1 ? 0 ,由此 f(x)的定义域为 R。
2

研究和 f (? x) ? f ( x) ? lg( x ? 1 ? x) ? lg( x ? 1 ? x)

? lg[( x 2 ? 1 ? x)( x 2 ? 1 ? x)] ? lg 1 ? 0 。
因此,对任何 x∈R,f(-x)=-f(x),这表明 f(x)是奇函数。 11.解:(1) y ? ?

?268 ?268 ? 0.45 ? (t ? 600 )

0 ? t ? 600 t ? 600

(2)当 0≤t≤600 时,解不等式 50+0.4t≥268,得 545≤t≤600(t∈N), 当 t>600 时,解不等式 50+0.4t≥268+0.45(t-600),得 600<t≤1040(t∈N), 综上,545≤t≤1040 时(t∈N),第 4 种收费方式比原收费方式的月通话费省钱。 (3)因为按照原来的收费方式,320 分钟收费 178 元(即 50+0.4×320),所以,不会

选择月租费多于 178 元的收费方式,从而只考虑“套餐”中的前三种方式。 第一种方式的话费为:30+0.6×(320-48)=193.2(元); 第二种方式的话费为:98+0.6×(320-170)=188(元); 第三种方式的话费为:168 元。 故选择第三种方式。 事实上,相对于原收费方式,当通话时间大于 244 分钟时,第一种方式不合算,当通话 时间只有在 120 分钟至 270 分钟时,第二种方式较合算。 21 世纪教育网


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