作业帮谁帮忙总结各种复合函数的单调性
来源：学生作业帮 编辑：拍题作业网作业帮 分类：数学作业 时间：2024/04/27 20:00:59
谁帮忙总结各种复合函数的单调性
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例题：
1. 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
2. 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
f(x＋6)＝f(x＋3＋3)＝－f(x＋3)＝f(x)
∴ f(x)的周期为6
f(2003)＝f(6×335－1)＝f(－1)＝－f⑴＝－1
选A
3. 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
4. 实数x,y满足x2＝2xsin(xy)－1,则x1998＋6sin5y＝______________.
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
5. 已知x＝ 是方程x4＋bx2＋c＝0的根,b,c为整数,则b＋c＝__________.
(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＝6400
b＋c＝6164
6. 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
7. 已知f(x)＝x2＋ax＋b(－1≤x≤1),若|f(x)|的最大值为M,求证：M≥ .
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|－ |＜1
M＝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.
8. ⑴解方程:(x＋8)2001＋x2001＋2x＋8＝0
⑵解方程：
⑴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＝－x
x＝－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
9. 设f(x)＝x4＋ax3＋bx2＋cx＋d,f⑴＝1,f⑵＝2,f⑶＝3,求 [f⑷＋f(0)]的值.
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)＋x
f⑷＝6(4－m)＋4
f(0)＝6m
∴ [f⑷＋f(0)]＝7
10. 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：
1. 已知f(x)＝ax5＋bsin5x＋1,且f⑴＝5,则f(－1)＝( )
A.3 B.－3 C.5 D.－5
∵ 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
2. 已知(3x＋y)2001＋x2001＋4x＋y＝0,求4x＋y的值.
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＝－x
4x＋y＝0
3. 解方程：ln( ＋x)＋ln( ＋2x)＋3x＝0
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
4. 若函数y＝log3(x2＋ax－a)的值域为R,则实数a的取值范围是______________.
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≥0
a≤－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
5. 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
6. 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
Þ 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
7. 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!
8. 设a,b,c∈R,|x|≤1,f(x)＝ax2＋bx＋c,如果|f(x)|≤1,求证：|2ax＋b|≤4.
(本题为1914年匈牙利竞赛试题)
f⑴＝a＋b＋c
f(－1)＝a－b＋c
f(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
9. 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 ………………①
x12＋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.
10. 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.
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＝
Þ a＝－2或a＝－
但此时要求顶点在区间[－1,1]内,应舍去－
答案为－2
通过这些具体的题目
望你能豁然明白
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例题：
1. 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
2. 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
f(x＋6)＝f(x＋3＋3)＝－f(x＋3)＝f(x)
∴ f(x)的周期为6
f(2003)＝f(6×335－1)＝f(－1)＝－f⑴＝－1
选A
3. 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
4. 实数x,y满足x2＝2xsin(xy)－1,则x1998＋6sin5y＝______________.
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
5. 已知x＝ 是方程x4＋bx2＋c＝0的根,b,c为整数,则b＋c＝__________.
(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＝6400
b＋c＝6164
6. 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
7. 已知f(x)＝x2＋ax＋b(－1≤x≤1),若|f(x)|的最大值为M,求证：M≥ .
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|－ |＜1
M＝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.
8. ⑴解方程:(x＋8)2001＋x2001＋2x＋8＝0
⑵解方程：
⑴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＝－x
x＝－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
9. 设f(x)＝x4＋ax3＋bx2＋cx＋d,f⑴＝1,f⑵＝2,f⑶＝3,求 [f⑷＋f(0)]的值.
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)＋x
f⑷＝6(4－m)＋4
f(0)＝6m
∴ [f⑷＋f(0)]＝7
10. 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：
1. 已知f(x)＝ax5＋bsin5x＋1,且f⑴＝5,则f(－1)＝( )
A.3 B.－3 C.5 D.－5
∵ 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
2. 已知(3x＋y)2001＋x2001＋4x＋y＝0,求4x＋y的值.
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＝－x
4x＋y＝0
3. 解方程：ln( ＋x)＋ln( ＋2x)＋3x＝0
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
4. 若函数y＝log3(x2＋ax－a)的值域为R,则实数a的取值范围是______________.
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≥0
a≤－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
5. 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
6. 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
Þ 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
7. 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!
8. 设a,b,c∈R,|x|≤1,f(x)＝ax2＋bx＋c,如果|f(x)|≤1,求证：|2ax＋b|≤4.
(本题为1914年匈牙利竞赛试题)
f⑴＝a＋b＋c
f(－1)＝a－b＋c
f(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
9. 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 ………………①
x12＋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.
10. 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.
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＝
Þ a＝－2或a＝－
但此时要求顶点在区间[－1,1]内,应舍去－
答案为－2
通过这些具体的题目
望你能豁然明白