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2006年寒假名师课堂-函数专题


2006年名师课堂辅导讲座—高中部分

周鹏家 高级教师

高三数学复习,已到了第二阶段,即 专题复习阶段及综合复习阶段。这个阶段 的复习,对提高学生的解题能力非常重要; 这是因为在这段复习中往往融汇了高中数 学的各章节的知识点。综合性强对学生的 运算能力、推理能力、逻辑思维能力、空 间想象能力、创新能力、创新意识及分析 问题解决问题的能力要求高了,对学生的 解题技巧、解题能力的要求增强了。所以, 通过专题复习,强化重点,突破难点,强 化技能往往能达到事半功倍的效果。

例1、已知函数y=f(x)是R上的偶函数且对 称轴为x=a(a≠0),求函数y=f(x)的周期 解:由已知,f(-x)=f(x) ——①

由对称轴x=a,得f(-x)=f(x+2a)——②
由①,②可得f(x+2a)=f(x) 即f(x)的一个周期为T=2|a|

例2、已知函数y=f(x)是R上的奇函数,且 对称轴为x=a,求函数y=f(x)的周期 解:由已知f(-x)=-f(x) ——① 由对称轴为x=a,得f(-x)=f(x+2a)——② 由①,②可得f(x+2a)=-f(x)

即f(x)=-f(x+2a)=-[-f(x+4a)]=f(x+4a)
所以f(x)的一个周期为T=4|a|

上面两个例题中的对称轴x=a中的a 可取若干值,在实际问题中要注意运 用,尤其要注意与大题的综合运用, 可当做模型加以记忆。

例3、已知函数f(x)是在R上的偶函数,且 满足f(x+1)+f(x)=1,当x∈[1,2]时,f(x)=2x,求f(-2003.5)的值 解:由f(x+1)+f(x)=1,得f(x+1)=1-f(x)=1[1-f(x-1)]=f(x-1) 即f(x+1)=f(x-1),∴f(x)的周期T=2

又∵f(x)是R上的偶函数,
∴f(-2003.5)=f(2003.5)=f(1.5)=2-1.5=0.5

例4、函数f(x)对任意的a、b∈R,都有 f(a+b)=f(a)+f(b)-1,并且当x>0时,f(x)>1。 (1)求证:f(x)是R上的增函数。

(2)若f(4)=5,解不等式f(3m2-m-2)<3。

解:(1)设x1、x2∈R且x1<x2,则 x2-x1>0,∴f(x2-x1)>1 f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)

=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)
=f(x2-x1)-1>0 ∴f(x1)<f(x2) 即f(x)是R上的增函数。

(2)f(4)=f(2+2)=f(2)+f(2)-1=5,∴f(2)=3
∴原不等式可转换为f(3m2-m-2)<f(2)

∵f(x)是R上的增函数,
于是有3m2-m-2<2 4 解得-1<m< 3

例5、函数f(x)对一切实数x、y均有f(x+y)f(y)=(x+2y+1)x成立,且f(1)=0。
(1)求f(0)的值。 (2)求f(x)的解析式。

(3)当函数g(x)=(x+1)f(x)-a[f(x+1)-x]在区 间(-1,2)上是减函数时,求实数a的范围。

解:(1)令x=1,y=0 得f(1)-f(0)=f(1+1)· 1=2,∴f(0)=-2 (2)令y=0,得f(x)-f(0)=x(x+1)

∴f(x)=x2+x-2
(3)g(x)=(x+1)(x2+x-2)-a[(x+1)2+(x+1)-2-x] =x3+(2-a)x2-(1+2a)x-2 g′(x)=3x2+2(2-a)x-(1+2a)

∵g(x)在(-1,2)上是减函数
∴ g′(-1)≤0

19 解得a≥ 6 g′(2)≤0

此题中,函数与导数的有机结合应引起 重视,因为导数在函数的单调性中的应 用是当前高考的热点、重点。

例6、已知函数f(x)= x 2 ? a 2 -ax(a>0) (1)若lg[f(x)]为奇函数,求a的值。 (2)若a≥1,判断f(x)在(-∞,+∞)上的单 调性,并证明。

(3)若a=1,数列{an}的前n项和为Sn, 满足S1=1,an>0,an=f(Sn-1)(n≥2),求数 列{an}的通项公式。

解:(1)∵lg[f(x)]是奇函数,∴ lg[f(x)]+lg[f(-x)]=0
即lg[ x 2 ? a 2 -ax]+lg[ x 2 ? a 2 +ax]=0, lg[x2+a2-a2x2]=0 ∴x2+a2-a2x2=1,(1-a2)x2=1-a2 ∵x∈R ∴1-a2=0,a=1

(2)可判断f(x)在(-∞,+∞)上是单调 递减函数,
法一:任取x1<x2,f(x2)-f(x1)=a(x1-x2)+

( x ?a ? x ?a )
2 2 2 2 1 2

? a( x1 ? x2 ) ?

2 2 x2 ? x1 2 2 x2 ? a 2 ? x1 ? a 2

?

( x2 ? x1 )[(x1 ? a

2 2 x1 ? a

) ? ( x2 ? a
2 2 x2 ? a

2 2 x2 ? a

)]

2 2 x1 ? a

?

当a≥1时,x1-a x ? a <0,x2-a x ? a <0
2 1 2 2 2 2

x2-x1>0

x ? a ? x ? a >0
2 1 2 2 2 2

∴f(x2)-f(x1)<0
x

∴f(x2)<f(x1)
x ?a x ? a
2 2

∴f(x)在(-∞,+∞)上是单调递减函数。
法二:f′(x)= x 2 ? a 2 -a=
x2 ?a2

∵a≥1 ∴ x-a x 2 ? a 2 <0

∴f′(x)<0

∴f(x)在(-∞,+∞)上是单调递减函数。

(3)∵a=1 ∴an=f(Sn-1)= S
2 ∴an+Sn-1= S n ?1 ? 1

2 n ?1

? 1-Sn-1

2 由于an=Sn-Sn-1 ∴Sn= S n ?1 ? 1

∴Sn2-S2n-1=1(n≥2) ∴数列{Sn2}是公差为1,首项为S12=a12=1 的等差数列 (n=1) ?1 ∴Sn2=n Sn= n an= ? ? n ? n ? 1 (n≥2) ∴an= n ? n ? 1(n ? N )


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