基础知识： 函数的性质通常是指函数的定义域、值域、解析式、单调性、奇偶性、周期性、对称性等等，在解决与函数有关的(如方程、不等式等)问题时，巧妙利用函数及其图象的相关性质，可以使
得问题得到简化，从而达到解决问题
的目的. 关于函数的有关性质，这里不再赘述，请大家参阅高中数学教材及竞赛教材：陕西师范大学出版社 刘诗雄《高中数学竞赛辅导》、刘诗雄、罗增儒《高中数学竞赛解题指导》. 例题： 已知f(x)＝8＋2x－x2，如果g(x)＝f(2－x2)，那么g(x)( )A.在区间(－2，0)上单调递增 B.在(0，2)上单调递增C.在(－1，0)上单调递增 D.在(0，1)上单调递增提示：可用图像，但是用特殊值较好一些.选C 设f(x)是R上的奇函数，且f(x＋3)＝－f(x)，当0≤x≤
时，f(x)＝x，则f(2003)＝( )A.－1 B.0 C.1 D.2003解：f(x＋6)＝f(x＋3＋3)＝－f(x＋3)＝f(x)∴ f(x)的周期为6f(2003)＝f(6×335－1)＝f(－1)＝－f⑴＝－1选A 定义在实数集上的函数f(x)，对一切实数x都有f(x＋1)＝f(2－x)成立，若f(x)＝0仅有101个不同的实数根，那么所有实数根的和为( )A.150 B.
C.152 D.
提示：由已知，函数f(x)的图象有对称
轴x＝
于是这101个根的分布也关于该对称轴对称.即有一个根就是
，其余100个根可分为50对，每一对的两根关于x＝
对称利用中点坐标公式，这100个根的和等于
×100＝150所有101个根的和为
×101＝
.选B 实数x，y满足x2＝2xsin(xy)－1，则x1998＋6sin5y＝______________.
解：如果x、y不是某些特殊值，则本题无法(快速)求解注意到其形式类似于一元二次方程，可以采用配方法(x－sin(xy))2＋cos2(xy)＝0∴ x＝sin(xy) 且 cos(xy)＝0∴ x＝sin(xy)＝±1∴ siny＝1 xsin(xy)＝1原式＝7 已知x＝
是方程x4＋bx2＋c＝0的根，b，c为整数，则b＋c＝__________.解：(逆向思考：什么样的方程有这样的根？)由已知变形得x－
∴ x2－2
x＋19＝99即 x2－80＝2
x再平方得x4－160x2＋6400＝76x2即 x4－236x2＋6400＝0∴ b＝－236，c＝6400b＋c＝6164 已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)，f(x)＝0有实数根，且f(x)＝1在(0，1)内有两个实数根，求证：a＞4.证法一：由已知条件可得 △＝b2－4ac≥0 ① f⑴＝a＋b＋c＞1 ② f(0)＝c＞1 ③ 0＜－
＜1 ④ b2≥4ac b＞1－a－c c＞1 b＜0(∵ a＞0)于是－b≥2
所以a＋c－1＞－b≥2
∴ (
)2＞1∴
＞1于是
＋1＞2∴ a＞4证法二：设f(x)的两个根为x1，x2，则f(x)＝a(x－x1)(x－x2) f⑴＝a(1－x1)(1－x2)＞1 f(0)＝ax1x2＞1由基本不等式x1
(1－x1)x2(1－x2)≤[
(x1＋(1－x1)＋x2＋(1－x2))]4＝(
)2∴
≥a2x1(1－x1)x2(1－x2)＞1∴ a2＞16∴ a＞4 已知f(x)＝x2＋ax＋b(－1≤x≤1)，若|f(x)|的最大值为M，求证：M≥
.解：M＝|f(x)|max＝max{|f⑴|，|f(－1)|，|f(－
)|}⑴若|－
|≥1 (对称轴不在定义域内部)则M＝max{|f⑴|，|f(－1)|}而f⑴＝1＋a＋b f(－1
)＝1－a＋b|f⑴|＋|f(－1)|≥|f⑴＋f(－1)|＝2|a|≥4则|f⑴|和|f(－1)|中至少有一个不小于2∴ M≥2＞
⑵|－
|＜1M＝max{|f⑴|，|f(－1)|，|f(－
)|} ＝max{|1＋a＋b|，|1－a＋b|，|－
＋b|} ＝max{|1＋a＋b|，|1－a＋b|，|－
＋b|，|－
＋b|} ≥
(|1＋a＋b|＋|1－a＋b|＋|－
＋b|＋|－
＋b|) ≥
[(1＋a＋b)＋(1－a＋b)－(－
＋b)－(－
＋b)] ＝
 ≥
综上所述，原命题正确. ⑴解方程:(x＋8)2001＋x2001＋2x＋8＝0⑵解方程：
⑴解：原方程化为(x＋8)2001＋(x＋8)＋x2001＋x＝0 即(x＋8)2001＋(x＋8)＝(－x)2001＋(－x)构造函数f(x)＝x2001＋x原方程等价于f(x＋8)＝f(－x)而由函数的单调性可知f(x)是R上的单调递增函数于是有x＋8＝－xx＝－4为原方程的解⑵两边取以2为底的对数得
于是f(2x)＝f(x2＋1)易证：f(x)世纪函数，且是R上的增函数，所以：2x＝x2＋1解得：x＝1 设f(x)＝x4＋ax3＋bx2＋cx＋d，f⑴＝1，f⑵＝2，f⑶＝3，求
[f⑷＋f(0)]的值.解：由已
知，方程f(x)＝x已知有三个解，设第四个解为m，记 F(x)＝f(x)－x＝(x－1)(x－2)(x－3)(x－m)∴ f(x)＝(x－1)(x－2)(x－3)(x－m)＋xf⑷＝6(4－m)＋4f(0)＝6m∴
[f⑷＋f(0)]＝7 设f(x)
＝x4－4x3＋
x2－5x＋2，当x∈R时，求证：|f(x)|≥
证明：配方得：f(x)＝x2(x－2)2＋
(x－1)2－
 ＝x2(x－2)2＋
(x－1)2－1＋
 ＝(x2－2x)2＋
(x－1)2－1＋
 ＝[(x－1)2－1]2＋
(x－1)2－1＋
 ＝(x－1)4－2(x－1)2＋1＋
(x－1)2－1＋
 ＝(x－1)4＋
(x－1)2＋
 ≥
练习： 已知f(x)＝ax5＋bsin5x＋1，且f⑴＝5，则f(－1)＝( )A.3 B.－3 C.5 D.－5解：∵ f⑴＝a＋bsin51＋1＝5 设f(－1)＝－a＋bsin5(－1)＋1＝k相加：f⑴＋f(－1)＝2＝5＋k∴ f(－1)＝k＝2－5＝－3选B 已知(3x＋y)2001＋x2001＋4x＋y＝0，求4x＋y的值.解：构造函数f(x)＝x2001＋x，则f(3x＋y)＋f(x)＝0逐一到f(x)的奇函数且为R上的增函数，所以3x＋y＝－x4x＋y＝0 解方程：ln(
＋x)＋ln(
＋2x)＋3x＝0解
：构造函数f(x)＝ln(
＋x)＋x则由已知得：f(x)＋f(2x)＝0不难知，f(x)为奇函数，且在R上是增函数(证明略)所以f(x)＝－f(2x)＝f(－2x)由函数的单
调性，得x＝－2x所以原方程的解为x＝0 若函数y＝log3(x2＋ax－a)的值域为R，则实数a的取值范围是______________.解：函数值域为R，表示函数值能取遍所有实数，则其真数函数g(x)＝x2＋ax－a的函数值应该能够取遍所有正数所以函数y＝g(x)的图象应该与x轴相交即△≥0 ∴ a2＋4a≥0a≤－4或a≥0解法二：将原函数变形为x2＋ax－a－3y＝0△＝a2＋4a＋4·3y≥0对一切y∈R恒成立则必须a2＋4a≥0成立∴ a≤－4或a≥0 函数y＝
的最小值是______________.提示：利用两点间距离公式处理y＝
表示动点P(x，0)到两定点A(－2，－1)和B(2，2
)的距离之和当且仅当P、A、B三点共线时取的最小值，为|AB|＝5 已知f(x)＝ax2＋bx＋c，f(x)＝x的两根为x1，x2，a＞0，x1－x2＞
，若0＜t＜x1，试比较f(t)与x1的大小.解法一：设F(x)＝f(x)－x＝ax2＋(b－1)x＋c， ＝a(x－x1)(x－x2)∴ f(x)＝a(x－x1)(x－x2)＋x作差：f(t)－x1＝a(t－x1)(t－x2)＋t－x1 ＝(t－x1)[a(t－x2)＋1] ＝a(t－x1)(t－x2＋
)又t－x2＋
＜t－(x2－x1)－x1＝t－x1＜0∴ f(t)－x1＞0∴ f(t)＞x1解法二：同解法一得f(x)＝a(x－x1)(x－x2)＋x令g(x)＝a(x－x2)∵ a＞0，g(x)是增函数，且t＜x1 ( g(t)＜g(x1)＝a(x1－x2)＜－1另一方面：f(t)＝g(t)(t－x1)＋t∴
＝a(t－x2)＝g(t)＜－1∴ f(t)－t＞x1－t∴ f(t)＞x1 f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，当0≤x≤1，0≤y≤1时.求证：存在实数x，y，使得|xy－f(x)－g(y)|≥
证明：(正面下手不容易，可用反证法)若对任意的实数x，
y，都有|xy－f(x)－g(y)|＜
记|S(x，y)|＝|xy－f(x)－g(y)|则|S(0，0)|＜
，|S(0，1)|＜
，|S(1，0)|＜
，|S(1，1)|＜
而S(0，0)＝－f(0)－g(0) S(0，1)＝－f(0)－g(1) S(1，0)＝－f(1)－g(0) S(1，1)＝1－f(1)－g(1)∴ |S(0，0)|＋|S(0，1)|＋|S(1，0)|＋|S(1，1)| ≥|S(0，0)－S(0，1)－S(1，0)＋S(1，1)| ＝1矛盾！故原命题得证！ 设a，b，c∈R，|x|≤1，f(x)＝ax2＋bx＋c，如果|f(x)|≤1，求证：|2ax＋b|≤4.解：(本题为1914年匈牙利竞赛试题)f⑴＝a＋b＋cf(－1)＝a－b＋cf(0)＝c∴ a＝
[f⑴＋f(－1)－2f(0)] b＝
[f⑴－f(－1)] c＝f(0)|2ax＋b|＝|[f⑴＋f(－1)－2f(0)]x＋
[f⑴－f(－1)]| ＝|(x＋
)f⑴＋(x－
)f(－1)－2xf(0)| ≤|x＋
||f⑴|＋|x－
||f(－1)|＋2|x||f(0)| ≤|x＋
|＋|x－
|＋2|x|接下来按x分别在区间[－1，－
]，(－
，0)，[0，
)，[
，1]讨论即可 已知函数f(x)＝x3－x＋c定义在[0，1]上，x1，x2∈[0，1]且x1≠x2.⑴求证：|f(x1)－f(x2)|＜2|x1－x2|；⑵求证：|f(x1)－f(x2)|＜1.证明：⑴|f(x1)－f(x2)|＝|x13－x1＋x23－x2|＝|x1－x2||x12＋x1x2＋x22－1|需证明|x12＋x1x2＋x22－1|＜2 ……
…………①x12＋x1x2＋x22＝(x1＋
≥0∴ －1＜x12＋x1x2＋x22－1＜1＋1＋1－1＝2∴ ①式成立于是原不等式成立⑵不妨设x2＞x1由⑴ |f(x1)－f(x2)|＜2|x1－x2|①若 x2－x1∈(0，
]则立即有|f(x1)－f(x2)|＜1成立.②若1＞x2－x1＞
，则－1＜－(x2－x1)＜－
∴ 0＜1－(x2－x1)
＜
(右边变为正数)下面我们证明|f(x1)－f(x2)|＜2(1－x2＋x1)注意到：f(0)＝f⑴＝f(－1)＝c|f(x1)－f(x2)|＝|f(x1)－f⑴＋f(0)－f(x2)| ≤|f(x1)－f⑴|＋|f(0)－f(x2)| ＜2(1
－x2)＋2(x2－0) (由⑴) ＝2(1－x2＋x1) ＜1综合⑴⑵，原命题得证. 已知f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)⑴若|a|≤1，求证：|f(x)|≤
⑵若f(x)max＝
，求a的值.解：分析：首先设法去掉字母a，于是将a集中⑴若a＝0，则f(x)＝x，当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1＜
成立若a≠0，f(x)＝a(x2－1)＋x∴ |f(x)|＝|a(x2－1)＋x| ≤|a||x2－1|＋|x| ≤|x2－1|＋|x| (∵ |a|≤1) ≤1－|x2|＋|x| ＝
－(|x|－
)2 ≤
⑵a＝0时，f(x)＝x≤1≠
∴ a≠0∵ f(x)max＝max{f⑴，f(－1)，f(－
)}又f(±1)＝±1≠
∴ f(x)max＝f(－
)＝
a(－
)2＋(－
)－a＝
( a＝－2或a＝－
但此时要求顶点在区间[－1，1]内，应舍去－
答案为－2

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