[文件] sxjsck0010 .doc
[科目] 数学
[关键词] 初三/函 数
[标题] 函 数
[内容]
函 数
1.函数的基本概念
一个函数由它的自变量允许取值的范围(即定义域)和对应关系所确定，并由此确定了函数值的变化范围(即值域).定义域、对应关系、值域称为函数的三要素.
(1)求函数的定义域
例1(1982年西安初中竞赛题)已知函数
求自变量取值范围.
解
-2＜x＜-1，或-1＜x＜0，或0＜x＜2，或2＜x≤3.或者写成-2＜x≤3，且x≠0，2.
例2(1982年大连海运学院研究生招考题)设函数y=f(x)的定义域为［0，1］，试求f(x+a)+f(x-a)的定义域(a＞0).
解 由
若0＜a＜时,x∈[a,1-a];
若a＞时,函数关系不存在.
(2)关于对应法则
若把自变量比作将要加工的原料，那么对应法则f就是加工手段和规则.正确认识对应法则是深刻理解函数概念的一个重要方面.
例3(美国34届中学生邀请赛题)设f是一个多项式，对所有实数x，f(x2+1)=x4+5x2+3.对所有实数x，求f(x2-1).
分析 若能找到函数的对应法则f，即自变量是怎样“加工处理”的，此题易解，下面给出两种解法.
①配凑法：f(x2+1)=x4+5x2+3
=(x2+1)2+3(x2+1)-1，
∴f(x)=x2+3x-1，
∴f(x2-1)=(x2-1)2+3(x2-1)-1
=x4+x2-3.
②换元法 令 x2+1=t，则x2=t-1.
由f(x2+1)=x4+5x2+3有
f(t)=(t-1)2+5(t-1)+1=t2+3t-1
∴f(x2-1)=(x2-1)2+3(x2-1)-1
=x4+x2-3.
例4 (1984年上海青少年数学爱好者协会招生试题)设函数f(x)=2x(ax2+bx+c)满足等式f(x+1)-f(x)=2x·x2，求a+b+c的值.
解(待定系数法)f(x)=2x(ax2+bx+c)，
f(x+1)=2x+1［a(x+1)2+b(x+1)+c］
=2·2x［(ax2+bx+c)+2ax+a+b］
=2f(x)+2·2x(2ax+a+b)
由f(x+1)-f(x)=2x·x2有
2x(ax2+bx+c)+2·2x［2ax+a+b］=2x·x2，
在上式中，
令x=0得 2a+2b+c=0；①
令x=1得 7a+3b+c=0；②
令x=2得 14a+4b+c=0.③
由①，②，③解出 a=1，b=-4，c=6，
∴ a+b+c=3.
(3)关于函数方程
这个问题是前一个问题的继续，我们把含有未知函数的等式叫函数方程，把寻求未知数的过程，或证明函数方程无解叫解函数方程.
例5 对于一切实数x，y，函数满足f(x·y)=f(x)·f(y)，且f(0)≠0.求f(1987)和f(1988).
解 ∵f(x·y)=f(x)·f(y)，取y=0，得f(x·0)=f(x)f(0)f(0)=f(x)·f(0).又f(0)≠0，∴f(x)=1，∴f(1987)=f(1988)=1.
例6 (第32届美国中学生数学竞赛题)函数f(x)在x=0处没有定义，但对所有非零实数x有f(x)+2f=3x.满足方程f(x)=f(-x)的实数( ).
(A)恰有一个 (B)恰有两个 (C)不存在 (D)有无穷多个，但并非一切非零实数 (E)是一非零实数
解 f(x)+2f=3x.①
以换x得 f+2f(x)= ②
由①，②两式消去f得3f(x)=-3x，
∴f(x)= -x.③
又由f(x)=f(-x)，将③代入得
-x=+x，
即 -2x=0，2-x2=0，
∴x=±.故应选(B).
(4)求函数值
例7(1986年北京高一竞赛题)
f(x)=(2x5+2x4-53x3-57x+54)1986，
求f［-1］.
解 设,则2t+1=,
即2t2+2t=55.
∴2t5+2t4-53t3-57t+54
=t3(2t2+2t)-53t3-57t+54
=2t3+2t2-2t2-57t+54
=55t-2t2-57t+54
=-2t2-2t+54=-1.
∴f()=(-1)1986=1.
2.正比便函数、反比便函数及一次函数
例8 (1987年浙江省初中竞赛题)已知y=y1+，其中y1与x成正比例，y2与x成反比例，且当x=2和x=3时，y的值都为19.求y与变量x的函数关系式.
解 设y1=k1x，y2=(k1，k2均不为零)，
则 y=y1+=k1x+.
将x=2，x=3代入y=y1+得
∴ y=5x+
例9(1986年吉林八市初中数学竞赛题)一次函数y=ax+b(a≠0)有一组对应值x=,y=0.试证y=ax+b不能有二组以上的有理数的对应值.
证明 若y=ax+b存在两组不同的有理数对应值(x1，y1)，(x2，y2)，而函数式为y=a(x-)，
故
∵a≠0，消去a可得(y2-y1)=x1y2-x2y1.
∵x1y2-x2y1是有理数.
∴y2-y1=0，即y1=y2，
∴x1y1-x2y1=0.
即(x1-x2)y1=0.
若y1=0，则x1=，但这与假设矛盾，故不可能.
∴y1≠0，从而x1=x2也不可能.
∴y=ax+b不能有两组以上的有理数的对应值.
3.二次函数
关于二次函数,我们最关心的是应用二次函数的图象和极值定理解一些应用问题.
例10(1987年浙江初中数学竞赛题)设二次函数y=(a+b)x2+2cx-(a-b)，其中a，b，c是三角形的三边，且b≥a,b≥c.已知x=- 这个二次函数有最小值为-，求△ABC三内角A、B、C的度数.
解散 由题设，二次函数图象的顶点坐标是
（-，-），即（）.
于是
①②
由①得a+b=2c，
代入②得（b-c）+（b-a）=0.
∵b≥a,b≥cb-c=0,b-a=0,
即 a=b=c.△ABC为正三角形,A=B=C=60°.
例11 (1989年全国初中数学竞赛题)如图31-1,△ABC中,D、E分别是边BC、AB上的点，且∠1=∠2=∠3,如果△ABC,△EBD,△ADC的周长依次为m,m1,m2,证明:
证明 由已知可得DE∥AC，进而
△EBD∽△ABC∽△DAC. ①
∴②
③
∴
于是有
在这里,我们是将看成关于的二次函数,利用配方法来处理的.
4.其它
下面我们再利用配方法来解一个多元函数的最值问题.
例12 (1978年日本半桥技术科学大学入学题)在边长为a的正三角形中,设点P、Q、R在边BC,CA,AB上运动,并保持的关系,设，△PQR的面积为S.
(1)用x、y、z表示S；（2）求S的最大值；
（3）求S取最大值时，、、的值.
解（1）S=S△ABC-(S△AQR+S△BRP+S△CPQ).
∵S△ABC=a2，
S△AQR=z（a-y）sin60°
=z(a-y).
同样S△BRP=x·(a-z),
S△CPQ=y(a-x).
∴S=a2-[z(a-y)+x(a-z)+y(a-x)]
=a2-a(x+y+z)+ (yz+yx+xy)
=a2-a2+(yz+yx+xy)
=(yz+yx+xy). ①
（2）将z=a-x-y代入①消去z得
S=[(a-x-y)(x+y)+xy]
=-[x2+(y-a)y+y2-ay],
∴S=-)
≤
当x+时，上式取等号，
即x=y=z=时，Smax=a2，
（3）根据（2），当S取最大值时，x=y=z=.
在△CPQ内，CQ=，CP=.由余弦定理得
最后，我们把视线转向分段函数的极值问题.
例13（1968～1969年波兰竞赛题）已知两两互异的实数a1，a2，…，an.求由式子（x为实数）y=|x-a1|+|x-a2|+…+|x-an|所定义的函数的最小值.
解 我们首先研究一个简单的事实：
设a＜b，则
u=|x-a|+|x-b|=
u在a≤x≤b上每一点达到最小值:
-a+b. ①
下面我们来研究原命题:对a1,a2,…，an重新按从小到大排序为a1′,a2′,…an′.
于是，当n为偶数，即n=2m时，将原函数重新记为
y=（|x-a1′|+|x-an′|+|x-a2′|+|x-a′n-1|
+…+|x-am′|+|x-a′m+1）.
令y=|x-a′i|+|x-a′n+1-i|,由①,它在ai≤x≤an+i上取最小值-ai+an+1-i.
又∵每一个区间都包含着下一个区间，即[a1,an] [a2,an-1] …[am，am-1]（“”读作包含，如AB，读作A包含B），因此它们的公共区间为[am，am+1].由于在区间[am，am+1]每点上所有yi都取常数最小值，为了方便令x=am或x=am+1于是
y最小值=-a1+an-a2+an-1+…-am+am+1
=-a1-a2-…-am+am+1+am+2+…+an.
当n为奇数时，将原函数记为
y=（|x-a1′|+|x-an′|+|x-a2′|+|x-a′n-1|）
+…+（|x-am′|+|x-a′m+2|）+|x-a′m+1|.
类似上面的讨论，当x=am+1时，
y最小值=-a1-a2-…-am+am+2+am+3+…+an.
练习三十一
1.选择题
（1）（1989年全国初中数学竞赛题）已知二次函数y=ax2
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