2006年高考高三文科培优班讲义
第二讲 函数与不等式
函数与不等式的联缘，是高中数学知识间的最完美的结合，此类题在高考中常为中、高档，是高中数学教学的难点。常用的不等式是:||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|,一般解题方法为:1.图象法；2. 代入消元法；3. 因式分解；4. 整体代入法；5. 放缩法.
例1 已知二次函数f (x ) 满足f (-1) =0, 且对任意x ∈R , 有x ≤f (x ) ≤1
2
(x 2+1).
(1)求f(x); (2) 求证当n ≥3 时, 有511125
3
9
解：(1) f (x ) =1
(x +1) 24.
(2) 令S (n ) =
1f (1) +1f (2) + +1f (n ) =44422+32+ +（n +1) 2.
易见S(n)逐渐增大，故n=3时为最小
S (3) =4(14+19+116) >4(14+19+118) =
5
3
当n ≥3 时因为
1111
k 2
, 故 S (n )
9+(3-4) +(4-5) + +(n -n +1)]
=4(114+9+13-1n +1) =254259-n +1
综上所述, 当n ∈N *,n ≥3 时, 有53
f (n )
9
例2. 设函数f(x)=ax2+bx+c, 对一切x ∈[-1，1]，都有|f(x )|≤1， ①用f (0)、f (1)、f (-1)表示a 、b 、c ；
②求证：对一切x ∈[-1，1]，都有 | 2ax+b | ≤4.
解: ①解由题设条件可得：f (1) =a+b+c, f(-1) =a-b+c, f(0) = c.
⎧⎪a =1[f (1) +f (-1) ⎪
2-2f (0)]解得:⎪
⎨b =1[f (1) -f (-1)]
⎪
2⎪⎪c =f (0) ⎩
②证明：a 、b 、c 代入2ax+b整理得
2ax +b =(x +12) f (1) +(x -1
2
) f (-1) -2xf (0) 当x ∈[-1，1]时， | f（x ）| ≤1，所以|2ax +b |=|(x +12) f (1) +(x -1
2
) f (-1) -2xf (0) |
≤|(x +12) |⋅|f (1) |+|(x -12) |⋅|f (-1) |+|2x |⋅|f (0) |≤|x +11
2|+|x -2|+|2x |
(1) 当x ∈[-1, -12]时, |2ax +b |≤-4x ≤4; (2) 当x ∈[-1
2, 0]时, |2ax +b |≤1-2x ≤2;
(3) 当x ∈[0, 12]时, |2ax +b |≤1+2x ≤4; (4) 当x ∈[1
2
, 1]时, |2ax +b |≤4x ≤4;
综上，对一切x ∈[-1，1]，都有 | 2ax+b | ≤4
例3. 设二次函数f(x)=ax2+bx+c (a>0),方程f(x)-x=0的两个根x 1,x 2满足:
0
1(2) 设函数f (x ) 的图象关于直线x =x o 对称, 证明 x1
o
x 2
. 解:(1) x ∴x b -1
1, x 2是方程ax 2+(b -1) x +c =0的两个根, 1+x 2=-a
, x 1=f (x 1) f(x)-x1=f(x)-f(x1)=(ax2+bx+c)-(ax12+bx1+c)
=a (x -x x b b -1b
1)[(1+x 2) -x 2+x +a ]=a (x -x 1)[(-a -x 2+x +a
]
=a (x -x 1
1)(a
-x 2+x )
又由于f(x)-x=ax2+(b-1)x+c=a(x-x1)(x-x2)>0得f(x)>x,所以x
(2) 由x 11+x 2=
b -1a , 则x -x 12=-b 2a -x 1b x 1b -11
o 2=2(-a -12) =2(-a -a
-x 1) =1(x 111
x 121+x 2-a -x 1) =2(x 2-a )
. 例4. 已知关于x 的实系数二次方程x 2+ax+b=0有两个实根α, β, 证明: (1)如果|α|
解:(1)因α, β是方程x 2+ax+b=0的两个实根, 故根的判别式Δ=a2-4b ≥0,
不妨取α=12(-a -∆), β=1
2(-a +∆), 而|α|
且-2
2
(-a +∆)
a 2-4b
(2) 因2|a |
2(4+|b |),4±a >0,
且∆=a 2
-4b
-4(2|a |-4) =a 2
±8a +16=(4±a ) 2
, 又∆≥0, ∆
故-2
例5定义在R 上的函数f (x ) 满足:对任意x x 1+x 21
1, x 2∈R 都有f (
2) ≤2
[f (x 1) +f (x 2)]，则称函数f(x)是R 上的凹函数. 已知二次函数f(x)=ax2+x(a∈R ,a ≠0).
(1)求证：当a ＞0时，函数f(x)是凹函数；
(2)如果x ∈［0，1］时，｜f(x)｜≤1，试求实数a 的取值范围. 解: (1)对任意x 1,x 2∈R ，∵a ＞0，
[f (x (x x +x 222
x +x 22x 1+x 21) +f 2)]-2f (12) =ax 1+x 1+ax 2+x 2-2[a (12) +2]
=1a (x x x 1+x 21
21-2) 2≥0 ∴f (2) ≤2[f (x 1) +f (x 2)]
∴函数f(x)是凹函数.
(2)由|f (x ) |≤1⇔-1≤f (x ) ≤1⇔-1≤ax 2+x ≤1 当x=0时，a ∈R ；当x ∈(0，1) 时，
2
1⎧⎧
⎨ax ≥-x -1⎪a ≥-(+1) 2+1⎩ax 2
≤-x +1恒成立∴⎨⎪a ≤(1x -12) 214恒成立⎩x 2-4
∴-2≤a ≤0，结合a ≠0，得-2≤a ＜0. 综上，a 的范围是［-2，0］.
例6. 已知函数f (x ) =log3(2x-a ), 当点P(x',y')是函数f(x)的图象上的点时，点Q(2x',1
2
y') 是函数y=g（x ）的图象上的点.(1)求函数y=g（x ）的解析式；
(2)当-1＜a ＜0时，不等式4g （x ）≤f （x ）的解区间的长度记为h （a ）. 已知a 1≠a 2，且a 1，a 2∈（-1，0）.
试比较h (a 1+a 2h (a 1) +h (a 2)
2) 与2的大小并说明理由.
解（Ⅰ）设Q （x ，y ），由题意知：y =
1
2
y ' 解得:y' =2y ① 又点P （x ′，y ′）在函数f （x ）=log3（2x-a ）的图象上. 则y ′=log3（2x ′-a ）.
将①式代入止式得：2y=log·（1
3[22x ）-a]=log3（x-a ）.
即：y=log3x -a （x ＞a ）为所求函数y=g（x ）的解析式. （Ⅱ）由4g （x ）≤f （x ）得：4log 3x -a ≤log 3（2x-a ）， 即log 3（x-a ）2≤log 3（2x-a ）. （x ＞
a
2
）， ∴（x-a ）2≤2x-a ，即：x 2-2（a+1）x+a2+a≤0（x ＞a
2
）. 解得：（a+1）-x -a ≤x ≤（a+1）+x -a .
设t a 1+a 2a 1+a 2h (a 1=h（2）=22+1，t 1) +h (a 2)
2=2=1+1+2+1， 由t
2
(a 1+1) +(a 2+1)
1-t 2
2=4×
2
-（a 1+1）-（a 2+1）-2(a 1+1)(a 2+1) . =（a )(a 2
1+1) +(a 2+1) -2a 1+12+1) =(1+1-a 2+1) >0（a 1≠a 2，a 1，a 2∈（-1,0）
）.
∴h （
a 1+a 2h (a 1) +h (a 2)
2）
＞2. 例7. 已知函数f (x ) 是定义在R 上的偶函数, 当x ≥0 时, f (x ) =-
7x
x 2
+x +1
(1)求当x
(2)试确定函数y=f(x)（x ≥0）的单调区间，并证明你的结论； (3)若x 1≥2, 且x 2≥2证明：|f(x1)-f(x2)|0，
∵f(x)是偶函数，∴f (x ) =f (-x ) =-
7(-x )
7x (-x ) 2
+(-x ) +1=x 2-x +1
(x
则f (x 7x 2x 1-x 2)(x 1x 2-1)
1) -f (x 2) =
-7x 1
x 21
+x 1+1
-
-x 22
+x 2+1
=
7((x 2
1
+
x 1+1)(x 22
+x 2+1)
当0≤x 时x 2
10及
x 22
+x 2+1>0 ∴f (x 1) -f (x 2) >0即f(x)在[0，1]上为减函数
同理，当10，-7x
7x
x 2
+x +1
能力训练
1. 已知a,b ∈R +且方程x 2+ax+2b=0和x 2+2bx+a=0均有实根, 则a+1的最小值是A.3 B.4 C.5 D.6 C
2. 已知函数f(x)= -x-x3,x 1,x 2,x 3∈R, 且x 1+x2>0, x2+x3>0 ,x1+x3>0,则 f(x1)+f(x2)+f(x3) 的值
A. 一定大于零 B. 一定小于零 C. 等于零 D. 正负都有可能 B
3. 设f(x)=ax2+c,且-3≤f(1)≤1,-2≤f(2)≤3, 求f(3)的最大值与最小值.
解: f (3) =8f (2) -533
f (1), ∴-7≤f (3) ≤13.
4. 已知f (x ) =+x 2, 当a ≠b 时, 求证:|f (a ) -f (b ) |
b
2
1
5. 已知函数f (x ) =
x 2+2x +a x , x ∈[1, +∞), (1) 当a =1
2
, 求函数f (x ) 的最小值; (2) 若对任意的x ∈[1, +∞), f (x ) >0恒成立, 试求实数a 的取值范围.
解:(1) 当a =12时, f (x ) =x +
12x +2, 在 [22, ∞) 上是增函数, 故f (x ) 7
min =f (1) =2
, 在x ∈[1, +∞), f (x ) =x 2(2) +2x +a
x
>0恒成立, 等价于x 2+2x +a >0恒成立,
即a>-x2-2x 恒成立。又u= -x2-2x= -(x+1)2+1,当x=1时取得最大值-3, 故a>-3. 6. 给定函数f(x)=ax2+bx+c, 以及g(x)=cx2+bx+a,且|f(0)|≤1, |f(1)|≤1, |f(-1)|≤1;
对于|x |≤1, 证明:(1) |f (x ) |≤5
4
; (2) |g (x ) |≤2.
解:(1) 由已知得:a =
f (1) +f (-1) -2f (0) f (1) -f (-1)
2; b =2; c =f (0),
代入整理得:|f (x ) |≤|
x (x +1) 2|⋅|f (1) |+|x (x -1) 2
|⋅|f (-1) |+|1-x 2|⋅|f (0) | ≤|
x (x +1) 2|+|x (x -1)
2
|+|1-x 2|, -1≤x ≤1, ∴0≤1+x ≤2, 0≤1-x 2≤2; ∴|f (x ) |≤
|x |2(1+x ) +|x |2(1-x ) +(1-x 2) =-x 2+|x |+1=-(|x |-155
2) 2+4≤4
.
(2) |g (x ) |=|(x 2-1) f (0) +
x +12f (1) +1-x
2f (-1) | ≤|x 2-1|⋅|f (0) |+
|x +1||x +1||x +1|2⋅|f (1) |+2⋅|f (-1) |≤|x 2-1|+|x +1|
2+2
, x ∈[-1, 1],∴1-x 2>0, 1+x >0, 1-x >0, ∴|g (x ) |≤1-x 2+1≤2-x 2≤2.
7. 已知二次函数f(x)=ax2+bx+1 (a,b∈R,a>0),设方程f(x)=x的两个实数根为x 1,x 2.
(1)如果x 1-1; (2)如果|x1|
解:(1)依题意:x1,x 2为方程: ax2+(b-1)x+1=0的两根, 由x 1
∴x b 1x 2
2a =12⨯(-b -1a -1a ) =12(x +x 1
12) -2
x 1x 2x 112(x ) +2=-2(x 1
o >1+x 2) -(x 1+x 21+x 2) +2>-2(2+4) +2=-1
(2) 由(1) 知:x 1x 2=
1
a
>0, x 1, x 2同号; 设g (x ) =ax 2+(b -1) x +1 1o 若02, ∴g(2)
又(x 2
(b -1) 242
2-x 1) =a
2
-a =4, ∴2a -1=(b -1) +1 ( a >0) 代入上式得2(b -1) 2+1
4
2o 若-2
又2a +1=(b -1) 2+1, 解得:b >7
4
.
综上:当0
14.
8. 已知f(x)=x2+ax+b (a,b∈R) 的定义域为 [-1,1].
(1) 设|f (x ) |的最大值为M , 求证:M ≥1
2
;
(2) 设|f (x ) |1
2
, 求f (x ) 表达式.
解:(1)因f(x)=x2+ax+b ,x∈[-1,1],且|f(x)|≤M, 所以|f(-1)|≤M, |f(1)|≤M, |f(0)|≤M, 故2|f(0)|+|f(-1)|+|f(1)|≤4M. 即2|b|+|1-a+b|+|1+a+b|≤4M, 而2|b|+|1-a+b|+|1+a+b|≥|1-a+b+1+a+b-2b|=2,于是4M ≥2,
故M ≥12
.
(2) 由M =12, 得|f (0) |=|b |≤111
2, 所以-2≤b ≤2.
同理:-12≤1-a +b ≤111
2, -2≤1+a +b ≤2
两式相加, 得-1≤2+2b ≤1, 所以-
32≤b ≤-1
2
; 故b =-12, 当b =-111
2, 由-2≤1-a +b ≤2, 得 0≤a ≤1
而由 -1≤1+a +b ≤12, 得 -1≤a ≤0. 故a =0, f (x ) =x 212-2
9. 已知函数f(x)=x2+ax+b (a,b∈R), 当实数p,q 满足p+q=1时, 证明:pf(x)+qf(y)≥f(px+qy), 对于任意实数x,y 都成立的充要条件是0≤p ≤1.
证明: pf(x)+qf(y)- f(px+qy)=p(x2+ax+b)+q(y2+ay+b) - (px+qy)2-a(px+qy)-b =p(1-p)x2-2pqxy+q(1-q)y2=pq(x-y)2
充分性:若0≤p ≤1, 则q=1-p∈[0,1],∴pq(x-y)2≥0故pf(x)+qf(y)≥f(px+qy) 必要性:若pf(x)+qf(y)≥f(px+qy),则pq(x-y)2≥0，∴pq ≥0，p(1-p)2≥0 ∴0≤p ≤1.
10. 已知函数f(x)=x3-x+c定义在区间]0,1]上,x 1,x 2∈[0,1]且x 1≠x 2, 求证: (1) f(0)=f(1); (2)|f (x1)-f(x2)|
(2)由x 1,x 2∈[0,1]，得|x12+x1x 2+x22-1|
又|f(x2)-f(x1)|=|f(x2)-f(1)+f(0)-f(x1)|≤|f(x2)-f(1)|+|f(0)-f(x1)|
∴2|f (x1)-f(x2)|0,函数f(x)= ax-bx2.
(1) 当b >0时, 若对任意x ∈R 都有f (x ) ≤1 , 证明:a ≤2b ;
(2) 当b >0时证明:对任意x ∈[0, 1],|f (x ) |≤1 的充要条件是 b -1≤a ≤2b ;
(3)当0
(1) 证明: f (x ) =-b (x -a 2b ) 2+a 24b , ∴f (x ) ≤f (a 2b ) =a 2
4b
≤1,
a >0, b >0, ∴a ≤2b .
(2)必要性: 对任意x ∈[0,1],|f(x)|≤1得-1≤f(x),则-1≤f(1),即a-b ≥-1, ∴a ≥b-1;
对任意x ∈[0,1], |f(x)|≤1得f(x)≤1, 因为b>1,可以推出
f (
1b
) ≤1, 即a ⋅
1b
-1≤1, ∴a ≤2b ; ∴b -1≤a ≤2b .
充分性:因为b>1,a≥b-1, 对任意x ∈[0,1],可以推出ax-bx 2≥b(x-x2
)-x ≥-x ≥-1
即ax-bx 2≥-1;
因为b >1, a ≤2b , 对任意x ∈[0, 1],可以推出ax -bx 2≤2b x -bx 2≤1 ax -bx 2≤1, ∴-1≤f (x ) ≤1. 故充要条件成立.
(3)解:因为a>0,0
f (x ) ≤1⇒f (1) ≤1⇒a -b ≤1, 即 a ≤b +1,
a ≤b +1⇒f (x ) ≤(b +1) x -bx 2≤1, 即f (x ) ≤1.
所以, 当a>0,01, (1)求证:b2>2(b+2c); (2)设t
解:(1)方程化为：x 2+(b-1)x+c=0,故(x1-x 2) 2=(x1+x2) 2-4x 1x 2=b2-2b+1-4c>1 所以b 2>2(b+2c)
(2)x1=f(x1), 且x 1+x2=1-b 所以f(t)-x1=f(t)-f(x1)=(t-x1)(t+x1+b)=(t-x1)(t+1-x2)
因为t1即x 1+1-x2x1
13. 函数f (x )=loga (x －3a )(a ＞0, 且a ≠1), 当点P （x , y ) 是函数y =f (x ) 图象上的点时，
Q （x －2a , －y ) 是函数y =g (x ) 图象上的点. （Ⅰ）写出函数y =g (x ) 的解析式.
（Ⅱ）当x ∈［a +2,a +3］时，恒有|f (x ) －g (x )|≤1, 试确定a 的取值范围.
解:（Ⅰ）设P (x y ⎧x =x 0, 0) 是y =f (x ) 图象上点，Q （x , y ）, 则⎨0-2a
⎩y =-y ，
0∴⎧⎨x 0=x +2a ∴－y =loga (x +2a －3a ) ，∴y =log1
⎩y a (x ＞a ) 0
=-y x -a 5分
（Ⅱ）⎧⎨x -3a >0
⎩
x -a >0 ∴x ＞3a ∵f (x ) 与g (x ) 在［a +2,a +3］上有意义.
∴3a ＜a +2∴0＜a ＜1 6分 ∵|f (x ) －g (x )|≤1恒成立⇒|loga (x －3a )(x －a )|≤1恒成立.
⇔⎧⎨-1≤log a [(x -2a ) 2-a 2]≤1a
⇔a ≤(x -2a ) 2-a 2≤1 8分
⎩0
⎧a ≤h min (x ) ⎧a ≤4-4a
∴原问题等价⎪⎨1 ⇔⎪
9-57⎪⎨1⎩
a ≥h max (x ) ⎪⎩a ≥9-6a ⇒0
12
2006年高考高三文科培优班讲义
第二讲 函数与不等式
函数与不等式的联缘，是高中数学知识间的最完美的结合，此类题在高考中常为中、高档，是高中数学教学的难点。常用的不等式是:||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|,一般解题方法为:1.图象法；2. 代入消元法；3. 因式分解；4. 整体代入法；5. 放缩法.
例1 已知二次函数f (x ) 满足f (-1) =0, 且对任意x ∈R , 有x ≤f (x ) ≤1
2
(x 2+1).
(1)求f(x); (2) 求证当n ≥3 时, 有511125
3
9
解：(1) f (x ) =1
(x +1) 24.
(2) 令S (n ) =
1f (1) +1f (2) + +1f (n ) =44422+32+ +（n +1) 2.
易见S(n)逐渐增大，故n=3时为最小
S (3) =4(14+19+116) >4(14+19+118) =
5
3
当n ≥3 时因为
1111
k 2
, 故 S (n )
9+(3-4) +(4-5) + +(n -n +1)]
=4(114+9+13-1n +1) =254259-n +1
综上所述, 当n ∈N *,n ≥3 时, 有53
f (n )
9
例2. 设函数f(x)=ax2+bx+c, 对一切x ∈[-1，1]，都有|f(x )|≤1， ①用f (0)、f (1)、f (-1)表示a 、b 、c ；
②求证：对一切x ∈[-1，1]，都有 | 2ax+b | ≤4.
解: ①解由题设条件可得：f (1) =a+b+c, f(-1) =a-b+c, f(0) = c.
⎧⎪a =1[f (1) +f (-1) ⎪
2-2f (0)]解得:⎪
⎨b =1[f (1) -f (-1)]
⎪
2⎪⎪c =f (0) ⎩
②证明：a 、b 、c 代入2ax+b整理得
2ax +b =(x +12) f (1) +(x -1
2
) f (-1) -2xf (0) 当x ∈[-1，1]时， | f（x ）| ≤1，所以|2ax +b |=|(x +12) f (1) +(x -1
2
) f (-1) -2xf (0) |
≤|(x +12) |⋅|f (1) |+|(x -12) |⋅|f (-1) |+|2x |⋅|f (0) |≤|x +11
2|+|x -2|+|2x |
(1) 当x ∈[-1, -12]时, |2ax +b |≤-4x ≤4; (2) 当x ∈[-1
2, 0]时, |2ax +b |≤1-2x ≤2;
(3) 当x ∈[0, 12]时, |2ax +b |≤1+2x ≤4; (4) 当x ∈[1
2
, 1]时, |2ax +b |≤4x ≤4;
综上，对一切x ∈[-1，1]，都有 | 2ax+b | ≤4
例3. 设二次函数f(x)=ax2+bx+c (a>0),方程f(x)-x=0的两个根x 1,x 2满足:
0
1(2) 设函数f (x ) 的图象关于直线x =x o 对称, 证明 x1
o
x 2
. 解:(1) x ∴x b -1
1, x 2是方程ax 2+(b -1) x +c =0的两个根, 1+x 2=-a
, x 1=f (x 1) f(x)-x1=f(x)-f(x1)=(ax2+bx+c)-(ax12+bx1+c)
=a (x -x x b b -1b
1)[(1+x 2) -x 2+x +a ]=a (x -x 1)[(-a -x 2+x +a
]
=a (x -x 1
1)(a
-x 2+x )
又由于f(x)-x=ax2+(b-1)x+c=a(x-x1)(x-x2)>0得f(x)>x,所以x
(2) 由x 11+x 2=
b -1a , 则x -x 12=-b 2a -x 1b x 1b -11
o 2=2(-a -12) =2(-a -a
-x 1) =1(x 111
x 121+x 2-a -x 1) =2(x 2-a )
. 例4. 已知关于x 的实系数二次方程x 2+ax+b=0有两个实根α, β, 证明: (1)如果|α|
解:(1)因α, β是方程x 2+ax+b=0的两个实根, 故根的判别式Δ=a2-4b ≥0,
不妨取α=12(-a -∆), β=1
2(-a +∆), 而|α|
且-2
2
(-a +∆)
a 2-4b
(2) 因2|a |
2(4+|b |),4±a >0,
且∆=a 2
-4b
-4(2|a |-4) =a 2
±8a +16=(4±a ) 2
, 又∆≥0, ∆
故-2
例5定义在R 上的函数f (x ) 满足:对任意x x 1+x 21
1, x 2∈R 都有f (
2) ≤2
[f (x 1) +f (x 2)]，则称函数f(x)是R 上的凹函数. 已知二次函数f(x)=ax2+x(a∈R ,a ≠0).
(1)求证：当a ＞0时，函数f(x)是凹函数；
(2)如果x ∈［0，1］时，｜f(x)｜≤1，试求实数a 的取值范围. 解: (1)对任意x 1,x 2∈R ，∵a ＞0，
[f (x (x x +x 222
x +x 22x 1+x 21) +f 2)]-2f (12) =ax 1+x 1+ax 2+x 2-2[a (12) +2]
=1a (x x x 1+x 21
21-2) 2≥0 ∴f (2) ≤2[f (x 1) +f (x 2)]
∴函数f(x)是凹函数.
(2)由|f (x ) |≤1⇔-1≤f (x ) ≤1⇔-1≤ax 2+x ≤1 当x=0时，a ∈R ；当x ∈(0，1) 时，
2
1⎧⎧
⎨ax ≥-x -1⎪a ≥-(+1) 2+1⎩ax 2
≤-x +1恒成立∴⎨⎪a ≤(1x -12) 214恒成立⎩x 2-4
∴-2≤a ≤0，结合a ≠0，得-2≤a ＜0. 综上，a 的范围是［-2，0］.
例6. 已知函数f (x ) =log3(2x-a ), 当点P(x',y')是函数f(x)的图象上的点时，点Q(2x',1
2
y') 是函数y=g（x ）的图象上的点.(1)求函数y=g（x ）的解析式；
(2)当-1＜a ＜0时，不等式4g （x ）≤f （x ）的解区间的长度记为h （a ）. 已知a 1≠a 2，且a 1，a 2∈（-1，0）.
试比较h (a 1+a 2h (a 1) +h (a 2)
2) 与2的大小并说明理由.
解（Ⅰ）设Q （x ，y ），由题意知：y =
1
2
y ' 解得:y' =2y ① 又点P （x ′，y ′）在函数f （x ）=log3（2x-a ）的图象上. 则y ′=log3（2x ′-a ）.
将①式代入止式得：2y=log·（1
3[22x ）-a]=log3（x-a ）.
即：y=log3x -a （x ＞a ）为所求函数y=g（x ）的解析式. （Ⅱ）由4g （x ）≤f （x ）得：4log 3x -a ≤log 3（2x-a ）， 即log 3（x-a ）2≤log 3（2x-a ）. （x ＞
a
2
）， ∴（x-a ）2≤2x-a ，即：x 2-2（a+1）x+a2+a≤0（x ＞a
2
）. 解得：（a+1）-x -a ≤x ≤（a+1）+x -a .
设t a 1+a 2a 1+a 2h (a 1=h（2）=22+1，t 1) +h (a 2)
2=2=1+1+2+1， 由t
2
(a 1+1) +(a 2+1)
1-t 2
2=4×
2
-（a 1+1）-（a 2+1）-2(a 1+1)(a 2+1) . =（a )(a 2
1+1) +(a 2+1) -2a 1+12+1) =(1+1-a 2+1) >0（a 1≠a 2，a 1，a 2∈（-1,0）
）.
∴h （
a 1+a 2h (a 1) +h (a 2)
2）
＞2. 例7. 已知函数f (x ) 是定义在R 上的偶函数, 当x ≥0 时, f (x ) =-
7x
x 2
+x +1
(1)求当x
(2)试确定函数y=f(x)（x ≥0）的单调区间，并证明你的结论； (3)若x 1≥2, 且x 2≥2证明：|f(x1)-f(x2)|0，
∵f(x)是偶函数，∴f (x ) =f (-x ) =-
7(-x )
7x (-x ) 2
+(-x ) +1=x 2-x +1
(x
则f (x 7x 2x 1-x 2)(x 1x 2-1)
1) -f (x 2) =
-7x 1
x 21
+x 1+1
-
-x 22
+x 2+1
=
7((x 2
1
+
x 1+1)(x 22
+x 2+1)
当0≤x 时x 2
10及
x 22
+x 2+1>0 ∴f (x 1) -f (x 2) >0即f(x)在[0，1]上为减函数
同理，当10，-7x
7x
x 2
+x +1
能力训练
1. 已知a,b ∈R +且方程x 2+ax+2b=0和x 2+2bx+a=0均有实根, 则a+1的最小值是A.3 B.4 C.5 D.6 C
2. 已知函数f(x)= -x-x3,x 1,x 2,x 3∈R, 且x 1+x2>0, x2+x3>0 ,x1+x3>0,则 f(x1)+f(x2)+f(x3) 的值
A. 一定大于零 B. 一定小于零 C. 等于零 D. 正负都有可能 B
3. 设f(x)=ax2+c,且-3≤f(1)≤1,-2≤f(2)≤3, 求f(3)的最大值与最小值.
解: f (3) =8f (2) -533
f (1), ∴-7≤f (3) ≤13.
4. 已知f (x ) =+x 2, 当a ≠b 时, 求证:|f (a ) -f (b ) |
b
2
1
5. 已知函数f (x ) =
x 2+2x +a x , x ∈[1, +∞), (1) 当a =1
2
, 求函数f (x ) 的最小值; (2) 若对任意的x ∈[1, +∞), f (x ) >0恒成立, 试求实数a 的取值范围.
解:(1) 当a =12时, f (x ) =x +
12x +2, 在 [22, ∞) 上是增函数, 故f (x ) 7
min =f (1) =2
, 在x ∈[1, +∞), f (x ) =x 2(2) +2x +a
x
>0恒成立, 等价于x 2+2x +a >0恒成立,
即a>-x2-2x 恒成立。又u= -x2-2x= -(x+1)2+1,当x=1时取得最大值-3, 故a>-3. 6. 给定函数f(x)=ax2+bx+c, 以及g(x)=cx2+bx+a,且|f(0)|≤1, |f(1)|≤1, |f(-1)|≤1;
对于|x |≤1, 证明:(1) |f (x ) |≤5
4
; (2) |g (x ) |≤2.
解:(1) 由已知得:a =
f (1) +f (-1) -2f (0) f (1) -f (-1)
2; b =2; c =f (0),
代入整理得:|f (x ) |≤|
x (x +1) 2|⋅|f (1) |+|x (x -1) 2
|⋅|f (-1) |+|1-x 2|⋅|f (0) | ≤|
x (x +1) 2|+|x (x -1)
2
|+|1-x 2|, -1≤x ≤1, ∴0≤1+x ≤2, 0≤1-x 2≤2; ∴|f (x ) |≤
|x |2(1+x ) +|x |2(1-x ) +(1-x 2) =-x 2+|x |+1=-(|x |-155
2) 2+4≤4
.
(2) |g (x ) |=|(x 2-1) f (0) +
x +12f (1) +1-x
2f (-1) | ≤|x 2-1|⋅|f (0) |+
|x +1||x +1||x +1|2⋅|f (1) |+2⋅|f (-1) |≤|x 2-1|+|x +1|
2+2
, x ∈[-1, 1],∴1-x 2>0, 1+x >0, 1-x >0, ∴|g (x ) |≤1-x 2+1≤2-x 2≤2.
7. 已知二次函数f(x)=ax2+bx+1 (a,b∈R,a>0),设方程f(x)=x的两个实数根为x 1,x 2.
(1)如果x 1-1; (2)如果|x1|
解:(1)依题意:x1,x 2为方程: ax2+(b-1)x+1=0的两根, 由x 1
∴x b 1x 2
2a =12⨯(-b -1a -1a ) =12(x +x 1
12) -2
x 1x 2x 112(x ) +2=-2(x 1
o >1+x 2) -(x 1+x 21+x 2) +2>-2(2+4) +2=-1
(2) 由(1) 知:x 1x 2=
1
a
>0, x 1, x 2同号; 设g (x ) =ax 2+(b -1) x +1 1o 若02, ∴g(2)
又(x 2
(b -1) 242
2-x 1) =a
2
-a =4, ∴2a -1=(b -1) +1 ( a >0) 代入上式得2(b -1) 2+1
4
2o 若-2
又2a +1=(b -1) 2+1, 解得:b >7
4
.
综上:当0
14.
8. 已知f(x)=x2+ax+b (a,b∈R) 的定义域为 [-1,1].
(1) 设|f (x ) |的最大值为M , 求证:M ≥1
2
;
(2) 设|f (x ) |1
2
, 求f (x ) 表达式.
解:(1)因f(x)=x2+ax+b ,x∈[-1,1],且|f(x)|≤M, 所以|f(-1)|≤M, |f(1)|≤M, |f(0)|≤M, 故2|f(0)|+|f(-1)|+|f(1)|≤4M. 即2|b|+|1-a+b|+|1+a+b|≤4M, 而2|b|+|1-a+b|+|1+a+b|≥|1-a+b+1+a+b-2b|=2,于是4M ≥2,
故M ≥12
.
(2) 由M =12, 得|f (0) |=|b |≤111
2, 所以-2≤b ≤2.
同理:-12≤1-a +b ≤111
2, -2≤1+a +b ≤2
两式相加, 得-1≤2+2b ≤1, 所以-
32≤b ≤-1
2
; 故b =-12, 当b =-111
2, 由-2≤1-a +b ≤2, 得 0≤a ≤1
而由 -1≤1+a +b ≤12, 得 -1≤a ≤0. 故a =0, f (x ) =x 212-2
9. 已知函数f(x)=x2+ax+b (a,b∈R), 当实数p,q 满足p+q=1时, 证明:pf(x)+qf(y)≥f(px+qy), 对于任意实数x,y 都成立的充要条件是0≤p ≤1.
证明: pf(x)+qf(y)- f(px+qy)=p(x2+ax+b)+q(y2+ay+b) - (px+qy)2-a(px+qy)-b =p(1-p)x2-2pqxy+q(1-q)y2=pq(x-y)2
充分性:若0≤p ≤1, 则q=1-p∈[0,1],∴pq(x-y)2≥0故pf(x)+qf(y)≥f(px+qy) 必要性:若pf(x)+qf(y)≥f(px+qy),则pq(x-y)2≥0，∴pq ≥0，p(1-p)2≥0 ∴0≤p ≤1.
10. 已知函数f(x)=x3-x+c定义在区间]0,1]上,x 1,x 2∈[0,1]且x 1≠x 2, 求证: (1) f(0)=f(1); (2)|f (x1)-f(x2)|
(2)由x 1,x 2∈[0,1]，得|x12+x1x 2+x22-1|
又|f(x2)-f(x1)|=|f(x2)-f(1)+f(0)-f(x1)|≤|f(x2)-f(1)|+|f(0)-f(x1)|
∴2|f (x1)-f(x2)|0,函数f(x)= ax-bx2.
(1) 当b >0时, 若对任意x ∈R 都有f (x ) ≤1 , 证明:a ≤2b ;
(2) 当b >0时证明:对任意x ∈[0, 1],|f (x ) |≤1 的充要条件是 b -1≤a ≤2b ;
(3)当0
(1) 证明: f (x ) =-b (x -a 2b ) 2+a 24b , ∴f (x ) ≤f (a 2b ) =a 2
4b
≤1,
a >0, b >0, ∴a ≤2b .
(2)必要性: 对任意x ∈[0,1],|f(x)|≤1得-1≤f(x),则-1≤f(1),即a-b ≥-1, ∴a ≥b-1;
对任意x ∈[0,1], |f(x)|≤1得f(x)≤1, 因为b>1,可以推出
f (
1b
) ≤1, 即a ⋅
1b
-1≤1, ∴a ≤2b ; ∴b -1≤a ≤2b .
充分性:因为b>1,a≥b-1, 对任意x ∈[0,1],可以推出ax-bx 2≥b(x-x2
)-x ≥-x ≥-1
即ax-bx 2≥-1;
因为b >1, a ≤2b , 对任意x ∈[0, 1],可以推出ax -bx 2≤2b x -bx 2≤1 ax -bx 2≤1, ∴-1≤f (x ) ≤1. 故充要条件成立.
(3)解:因为a>0,0
f (x ) ≤1⇒f (1) ≤1⇒a -b ≤1, 即 a ≤b +1,
a ≤b +1⇒f (x ) ≤(b +1) x -bx 2≤1, 即f (x ) ≤1.
所以, 当a>0,01, (1)求证:b2>2(b+2c); (2)设t
解:(1)方程化为：x 2+(b-1)x+c=0,故(x1-x 2) 2=(x1+x2) 2-4x 1x 2=b2-2b+1-4c>1 所以b 2>2(b+2c)
(2)x1=f(x1), 且x 1+x2=1-b 所以f(t)-x1=f(t)-f(x1)=(t-x1)(t+x1+b)=(t-x1)(t+1-x2)
因为t1即x 1+1-x2x1
13. 函数f (x )=loga (x －3a )(a ＞0, 且a ≠1), 当点P （x , y ) 是函数y =f (x ) 图象上的点时，
Q （x －2a , －y ) 是函数y =g (x ) 图象上的点. （Ⅰ）写出函数y =g (x ) 的解析式.
（Ⅱ）当x ∈［a +2,a +3］时，恒有|f (x ) －g (x )|≤1, 试确定a 的取值范围.
解:（Ⅰ）设P (x y ⎧x =x 0, 0) 是y =f (x ) 图象上点，Q （x , y ）, 则⎨0-2a
⎩y =-y ，
0∴⎧⎨x 0=x +2a ∴－y =loga (x +2a －3a ) ，∴y =log1
⎩y a (x ＞a ) 0
=-y x -a 5分
（Ⅱ）⎧⎨x -3a >0
⎩
x -a >0 ∴x ＞3a ∵f (x ) 与g (x ) 在［a +2,a +3］上有意义.
∴3a ＜a +2∴0＜a ＜1 6分 ∵|f (x ) －g (x )|≤1恒成立⇒|loga (x －3a )(x －a )|≤1恒成立.
⇔⎧⎨-1≤log a [(x -2a ) 2-a 2]≤1a
⇔a ≤(x -2a ) 2-a 2≤1 8分
⎩0
⎧a ≤h min (x ) ⎧a ≤4-4a
∴原问题等价⎪⎨1 ⇔⎪
9-57⎪⎨1⎩
a ≥h max (x ) ⎪⎩a ≥9-6a ⇒0
12