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（ ）

3 f 1(x)

A．y

2 3 f 1(x)

B．y

23 f 1(x)

C．y

23 f 1(x)

D．y

2

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|

x2 3x 2的值域为_____。

13

2| 的解集为___________。

log1x2

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 y2) 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]。

7．（第一届“希望杯”全国邀请赛试题）求函数

1213

x 在区间[a，b]上的最小值22

x4 4x3 17x2 26x 106

f(x) 在区间[-1，1]上的值域。

x2 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

x4 2x3 7x2 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。

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？

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。

xx

x2 1)是偶函

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(2x 1) 2x，向左平移2个单位所得

1

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

x

2，再与4个2

3 f 1(x) 3 x 1x

A项y 是y 2符合，

222 3 f 1(x) 3 x 1x

B项y 是y 1不合，

2223 f 1(x)3 x 1x

C项y 是y 1不合，

222

3 f 1(x)3 x 1x

D项y 是y 2不合。故选A。

222

2．[1,) [2, )

32

y x x2 3x 2 x2 3x 2 y x 0

y2 23

两边平方得(2y 3)x y 2，从而y 且x 。

2y 32

2

y2 2y2 3y 23

0 0 1 y 或y≥2。 由y x y

2y 32y 32y2 22

任取y≥2，由x ，易知x≥2，于是x 3x 2 0。

2y 3y2 23

任取1 y ，同样由x ，易知x≤1。

2y 32

于是x 3x 2 0。

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

2

7

2

32

|

13131311

2| 等价于 2 或 或 2 。即

log1x2log1x2log1xlog1x22

2

2

2

2

17

。

log1x2

2

此时，log1x 2或log1x 0或

2

2

2

log1x 0。 72

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

2

7

27

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)]，

得f(0) f(0) 2[f(0)]，2[f(0)] 0，f(0)=0。 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， ∴f(1)

2

2

2

2

2

2

1。 2

设x=1，y=1，

得f(2) f(1) 2[f(1)]， 即f(2)

2

11

2 1。 24

设x=2，y=1，

得f(3) f(2) 2[f(1)]，

2

13

。 42

32

设x=0，y 3，得 2[f()]，

2f(3) 1 2

∴f(3) 设x=0，y

。 2

，

2

得f(3) f(0) 2[f(3)]，

即

3 2[f()]2，[f()]2 。 24

至此可求f(2 3)，

f(2 ) f(2) 2[f()]2

1 2

。 1

42

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ymin 2a，且ymax 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

113113

f(a) a2 ，f(b) b2 。

2222

（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

1213

a 2a, 22即 1b2 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，

1213

x 2x 0的两个负根，但此方程两根异号，故区间[a，22

1313

f(0) 2b即b 即 24 f(a)或f(b) 2a 0.

131131339

) ()2 2a， 42142321213

∴f(a) a 2a，

22

则f(b) f(解得a 2 ， 于是得区间[ 2 ,（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

1213 a 2b, 22即

113 b2 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 ,7．解：f(x) x2 2x 7

4

3

2

13] 4

642

。值域为[15,15]。 12

3x 2x 7

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

x

y 2x 2 2x 2 2x 2。

②2 2 0，即x<1。于是

x

y (2x 2) 2x 2。

图象如图所示。

10．解：很明显对于任一x∈R，x

2

x2 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[(x2 1 x)(x2 1 x)] lg1 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 0 t 600

268 0.45 (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。

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/xutq.html