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)=?2a，最大值为2b，求区间[a，b]。
1213
x+在区间[a，b]上的最小值为22
7．（第一届“希望杯”全国邀请赛试题）求函数
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。x9．（2000年莫斯科师范大学数学奥林匹克竞赛）作函数y=|2x?2|+2x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？
x2?1)是偶函
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。
具体方案如下：方案代号基本月租（元）免费时间（分钟）超过免费时间的话费（元/分钟）130480．602981700．6031683300．5042686000．45538810000．40656817000．35778825880．30
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个单位所得图
形表示的函数f1(x)=2(x+2)=2x+4。这个函数的反函数f1?1(x)=择来对照。
x?2，再与4个选2
?3+f?1(x)?3+x?1xA项y=是y==?2符合，
222?3?f?1(x)?3?x+1xB项y=是y==??1不合，
2223+x?1x3+f?1(x)
C项y=是y==+1不合，
222
3?f?1(x)3?x+1xD项y=是y==?+2不合。故选A。
222
2．[1,)Υ[2,+∞)
32
y=x+x2?3x+2?x2?3x+2=y?x≥03y2?2
两边平方得(2y?3)x=y?2，从而y≠且x=。
22y?3
2
y2?2y2?3y+23
由y?x=y?≥0?≥0?1≤y<或y≥2。
2y?32y?32y2?2
任取y≥2，由x=，易知x≥2，于是x2?3x+2≥0。
2y?33y2?2
任取1≤y<，同样由x=，易知x≤1。
22y?3
于是x2
?3x+2≥0。
3
2
因此，所求函数的值域为[1,)Υ[2,+∞)。3．(0,1)Υ(1,2)Υ(4,+∞)
27
|
13131311
+2|>等价于+2>或+2?或
log1x2log1x2log1x2log1x2
2
2
2
2
17
log1x2
2
此时，log
1
2
x0或?
2
2
∴解为x>4或0 2 7 27 32 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+y2)=f(x)+2[f(y)]2， 得f(0)=f(0)+2[f(0)]2，2[f(0)]2=0，f(0)=0。再设x=0，y=1。 得f(1)=f(0)+2[f(1)]2，以f（0）=0代入2[f(1)]2=f(1)，已知f(1)≠0，∴f(1)= 1。2 设x=1，y=1， 得f(2)=f(1)+2[f(1)]2，即f(2)= 11 +2×=1。24 设x=2，y=1， 得f(3)=f(2)+2[f(1)]2， 13 =。42 3 设x=0，y=3，得=2[f(3)]2， 2 f(3)=1+2× ∴f(3)=设x=0，y= 3。2 4 3， 得f(3)=f(0)+2[f(43)]2， 即 33=2[f(43)]2，[f(43)]2=。24 3)， 至此可求f(2+ f(2+3)=f(2)+2[f(43)]2 =1+2× 33 =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)-998f(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。
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