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.
关于函数的有关性质，这里不再赘述，请大家参阅高中数学教材及竞赛教材：陕西师范大学出版社 刘诗雄《高中数学竞赛辅导》、刘诗雄、罗增儒《高中数学竞赛解题指导》. 例题：
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
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
解：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
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
实数x，y满足x2＝2xsin(xy)－1，则x1998＋6sin5y＝______________. 解：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
已知x＝是方程x4＋bx2＋c＝0的根，b，c为整数，则b＋c＝__________. 解：(逆向思考：什么样的方程有这样的根？) 由已知变形得x－ ∴ x2－2x＋19＝99 即 x2－80＝2x
再平方得x4－160x2＋6400＝76x2 即 x4－236x2＋6400＝0 ∴ b＝－236，c＝6400
b＋c＝6164
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
已知f(x)＝x2＋ax＋b(－1≤x≤1)，若|f(x)|的最大值为M，求证：M≥. 解：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.
⑴解方程:(x＋8)2001＋x2001＋2x＋8＝0 ⑵解方程：
⑴解：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
设f(x)＝x4＋ax3＋bx2＋cx＋d，f⑴＝1，f⑵＝2，f⑶＝3，求[f⑷＋f(0)]的值. 解：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
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：
已知f(x)＝ax5＋bsin5x＋1，且f⑴＝5，则f(－1)＝( ) A.3 B.－3 C.5 D.－5
解：∵ 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
已知(3x＋y)2001＋x2001＋4x＋y＝0，求4x＋y的值. 解：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
解方程：ln(＋x)＋ln(＋2x)＋3x＝0 解：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
若函数y＝log3(x2＋ax－a)的值域为R，则实数a的取值范围是______________. 解：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
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
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 ( 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
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！
设a，b，c∈R，|x|≤1，f(x)＝ax2＋bx＋c，如果|f(x)|≤1，求证：|2ax＋b|≤4. 解：(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 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.
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.
解：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＝ ( a＝－2或a＝－
但此时要求顶点在区间[－1，1]内，应舍去－ 答案为－2
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容