第一节 函数

函数的定义

设 $A, B$ 是两个集合, 如果对于 $A$ 中的每一个元素, $B$ 中有唯一确定的元素与之对应, 则记上述过程为 $f$, 是一个从集合 $A$ 到 $B$ 的一个映射, 记作

$$f: A \rightarrow B$$

函数是一种从实数集到实数集的映射.

设 $D$ 和 $R$ 是两个实数集合. 如果有一个映射 $f$, 对每一个 $D$ 中的实数(常用 $x$ 表示), 在 $R$ 中总有唯一确定的实数(常用 $y$ 表示)与 $x$ 相对应, 则这个映射 $f$ 称为定义在 $D$ 上的一个函数.

称 $x$ 为函数的自变量, $y=f(x)$ 为函数的因变量或函数值.

$D$ 称为该函数的定义域, 集合 $f(D) = \{y \mid y=f(x), x \in D\}$ 称为函数的值域 ($f(D) \subseteq \mathbb{R}$).

基本初等函数

基本初等函数主要分为以下六类:常值函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数、反三角函数. 熟练掌握其定义域、值域、图形特征及性质是微积分运算的基础.

函数类别	函数形式	定义域$D$与值域$R$	图像特性与运算法则
常值函数	$y=C$	$D: (-\infty, +\infty)$ $R: \{C\}$	图像为一条平行于 $x$ 轴的水平直线
幂函数	$y=x^{\alpha}$	视 $\alpha$ 取值而定	$\alpha>0$ 时过原点且递增; $\alpha<0$ 时递减。 $x^a \cdot x^b = x^{a+b}; \quad (x^a)^b = x^{ab}$
指数函数	$y=a^{x}$ $(a>0, a \neq 1)$ 常用 $\mathrm{e}^{x}$	$D: (-\infty, +\infty)$ $R: (0, +\infty)$	恒过 $(0,1)$ $a>1$ 递增, $0<a<1$ 递减 $\mathrm{e}^{a} \cdot \mathrm{e}^{b} = \mathrm{e}^{a+b}$ $\frac{\mathrm{e}^{a}}{\mathrm{e}^{b}} = \mathrm{e}^{a-b}$ $(\mathrm{e}^{a})^{b} = \mathrm{e}^{a b}$
对数函数	$y=\log_{a} x$ $(a>0, a \neq 1)$ 常用 $\ln x$	$D: (0, +\infty)$ $R: (-\infty, +\infty)$	恒过 $(1,0)$ $\ln(ab) = \ln a + \ln b$ $\ln\left(\frac{a}{b}\right) = \ln a - \ln b$, $\ln x^a = a \ln x$ $\log_a x=\frac{\ln x}{\ln a}$ $\mathrm{e}^{\ln x} = \ln (\mathrm{e}^x)=x$
三角函数	见下文	见下文	见下文
反三角函数	见下文	见下文	见下文

求函数 $f(x)=\frac{\sqrt{x+1}}{\ln(2-x)}$ 的定义域.

▶提示

分式的分母不为零, 偶次根式的被开方数非负, 对数函数的真数大于零.

▶答案

$[-1, 1) \cup (1, 2)$

▶详解

【解】 要使函数有意义, 需满足:

$$\begin{cases} & x+1 \geqslant 0, \\ & 2-x > 0, \\ & \ln(2-x) \neq 0. \end{cases}$$

解得:

$$\begin{cases} & x \geqslant -1, \\ & x < 2, \\ & 2-x \neq 1 \Rightarrow x \neq 1. \end{cases}$$

综上, 定义域为 $[-1, 1) \cup (1, 2)$.

求函数 $f(x) = \frac{\sqrt{3-x}}{\ln(x-1)}$ 的定义域.

▶提示

注意根式、对数真数以及分母 $\ln(x-1) \neq 0$ 的多重约束.

▶答案

$(1, 2) \cup (2, 3]$

▶详解

【解】 根据函数有意义的条件列出不等式组:

$$\begin{cases} 3 - x \geqslant 0 \\ x - 1 > 0 \\ \ln(x-1) \neq 0 \Rightarrow x-1 \neq 1 \end{cases}$$

解得:

$$\begin{cases} x \leqslant 3 \\ x > 1 \\ x \neq 2 \end{cases}$$

综上, 定义域为 $(1, 2) \cup (2, 3]$.

[评注]

分母处若有 $\ln \square$, 容易漏掉 $\ln \square \neq 0 \Rightarrow \square \neq 1$ 这一条件.

三角函数

$\sin x, \cos x, \tan x$; $\cot x = \frac{1}{\tan x}, \sec x = \frac{1}{\cos x}, \csc x = \frac{1}{\sin x}$.

函数	定义域	值域	奇偶性	周期
$\sin x$	$(-\infty, +\infty)$	$[-1, 1]$	奇函数	$2\pi$
$\cos x$	$(-\infty, +\infty)$	$[-1, 1]$	偶函数	$2\pi$
$\tan x$	$\{x \mid x \neq k\pi + \frac{\pi}{2}\}$	$(-\infty, +\infty)$	奇函数	$\pi$
$\cot x$	$\{x \mid x \neq k\pi\}$	$(-\infty, +\infty)$	奇函数	$\pi$
$\sec x$	$\{x \mid x \neq k\pi + \frac{\pi}{2}\}$	$(-\infty, -1] \cup [1, +\infty)$	偶函数	$2\pi$
$\csc x$	$\{x \mid x \neq k\pi\}$	$(-\infty, -1] \cup [1, +\infty)$	奇函数	$2\pi$

上述 $k$ 为整数.

三角恒等式:

$$\begin{aligned} &\sin^2\theta+\cos^2\theta = 1\\ &\tan^2\theta+1 = \sec^2\theta\\ &1+\cot^2\theta = \csc^2\theta \end{aligned}$$

诱导公式:

$$\begin{array}{cc} \sin\biggl(\frac{\pi}{2}-\theta\biggr) = \cos\theta & \cos\left(\frac\pi2-\theta\right) = \sin\theta \\ \sin\biggl(\frac{\pi}{2}+\theta\biggr) = \cos\theta & \cos\left(\frac\pi2+\theta\right) = -\sin\theta \\ \sin(\pi-\theta) = \sin\theta &\cos(\pi-\theta) = -\cos\theta \\ \sin(2\pi-\theta) = -\sin\theta &\cos(2\pi-\theta) = \cos\theta\\ \tan\biggl(\frac{\pi}{2}-\theta\biggr) = \cot\theta & \tan(\pi-\theta) = -\tan\theta \end{array}$$

倍角公式:

$$\begin{aligned} \sin2x &= 2\sin x\cos x\\ \cos2x &= \cos^2x-\sin^2x = 2\cos^2x-1 = 1-2\sin^2x \end{aligned}$$

半角公式:

$$\sin^2x = \frac{1-\cos2x}2\quad\cos^2x = \frac{1+\cos2x}2$$

和角公式:

$$\begin{aligned} \sin(A+B) &= \sin A \cos B + \cos A \sin B \\ \sin(A-B) &= \sin A \cos B - \cos A \sin B \\ \cos(A+B) &= \cos A \cos B - \sin A \sin B \\ \cos(A-B) &= \cos A \cos B + \sin A \sin B \end{aligned}$$

积化和差公式（了解）：

$$\begin{aligned} \sin A \cos B &= \frac{1}{2}[\sin(A+B) + \sin(A-B)]\\ \sin A \sin B &= \frac{1}{2}[\cos(A-B) - \cos(A+B)]\\ \cos A \cos B &= \frac{1}{2}[\cos(A+B) + \cos(A-B)] \end{aligned}$$

反三角函数

形式: $y=\arcsin x, y=\arccos x, y=\arctan x, y=\operatorname{arccot} x$.

• $y=\arcsin x$: 定义域 $[-1, 1]$, 值域 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$, 单调递增, 奇函数.
• $y=\arctan x$: 定义域 $(-\infty, +\infty)$, 值域 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$, 单调递增, 奇函数.

【注】 $\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}(-1 \leqslant x \leqslant 1), \quad \arctan x+ \operatorname{arccot} x= \frac{\pi}{2}$.

将三角函数式 $\sin^4 x$ 降幂变形, 化为 $\cos$ 一次方的形式.

▶提示

连续使用余弦的倍角公式（半角公式）进行降幂处理。

▶答案

$\frac{3}{8} - \frac{1}{2}\cos 2x + \frac{1}{8}\cos 4x$

▶详解

【解】 利用半角公式 $\sin^2 x = \frac{1-\cos 2x}{2}$ 进行二次降幂：

$$\begin{aligned} \sin^4 x &= \left( \frac{1-\cos 2x}{2} \right)^2 \\ &= \frac{1}{4} \left( 1 - 2\cos 2x + \cos^2 2x \right) \\ &= \frac{1}{4} \left[ 1 - 2\cos 2x + \frac{1+\cos 4x}{2} \right] \\ &= \frac{3}{8} - \frac{1}{2}\cos 2x + \frac{1}{8}\cos 4x. \end{aligned}$$

利用二倍角公式化简三角表达式: $\frac{1 - \cos 2x}{\sin 2x}$.

▶提示

分子使用倍角公式 $1 - \cos 2x = 2\sin^2 x$, 分母使用 $\sin 2x = 2\sin x \cos x$.

▶答案

$\tan x$

▶详解

【解】 利用二倍角公式:

$$\frac{1 - \cos 2x}{\sin 2x} = \frac{2\sin^2 x}{2\sin x \cos x} = \frac{\sin x}{\cos x} = \tan x$$

将 $y = \sin x - \cos x$ 化为 $A\sin(x+\varphi)$ 的形式, 并指出其值域.

▶提示

利用和角公式.

▶答案

$y = \sqrt{2}\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right)$, 值域为 $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$

▶详解

【解】 做恒等变形

$$\begin{aligned} y &= \sqrt{2}\left( \frac{\sqrt{2}}{2}\sin x - \frac{\sqrt{2}}{2}\cos x \right) \\ &= \sqrt{2}\left( \sin x\cos\frac{\pi}{4} - \cos x\sin\frac{\pi}{4} \right) \\ &= \sqrt{2}\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right). \end{aligned}$$

由于 $\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) \in [-1, 1]$, 故值域为 $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.

计算 $\arcsin\left(\frac{1}{2}\right) + \arctan\left(-\sqrt{3}\right)$ 的值.

▶答案

$-\frac{\pi}{6}$

▶详解

【解】 由于 $\sin\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}$ 故 $\arcsin\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{6}$.

由于 $\tan\left(-\frac{\pi}{3}\right) = -\sqrt{3}$ 故 $\arctan\left(-\sqrt{3}\right) = -\frac{\pi}{3}$.

球值得：

$$\arcsin\left(\frac{1}{2}\right) + \arctan\left(-\sqrt{3}\right) = \frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{3} = -\frac{\pi}{6}.$$

$\arcsin1 + \arctan 1=$ ______

▶答案

$\frac{3\pi}{4}$

▶详解

【解】 由于 $\sin\frac{\pi}{2} = 1$ 故 $\arcsin 1= \frac{\pi}{2}$.

由于 $\tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = 1$ 故 $\arctan 1= \frac{\pi}{4}$.

因此

$$\arcsin 1 + \arctan 1= \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}.$$

常见函数

复合函数

设有函数 $y=f(u)$, 若 $u = \varphi(x)$，且 $\varphi(x)$ 的值域与 $f(u)$ 的定义域的交集非空，则称函数

$$y = f[\varphi(x)]$$

为由 $y=f(u)$ 与 $u=\varphi(x)$ 复合而成的复合函数（$u$ 称为中间变量）.

已知 $f(x^2) = \ln x + \sin x$, 求 $f(x)$ 的表达式.

▶提示

利用换元法, 设中间变量为 $t$, 注意自变量的取值范围.

▶答案

$f(x) = \frac{1}{2}\ln x + \sin\sqrt{x} \quad (x > 0)$

▶详解

【解】 由于对数函数要求真数大于 $0$, 故隐含条件为 $x > 0$.

令 $t = x^2$, 由于 $x > 0$, 可得 $x = \sqrt{t}$ ($t > 0$). 代入原式得:

$$f(t) = \ln\sqrt{t} + \sin\sqrt{t} = \frac{1}{2}\ln t + \sin\sqrt{t} \quad (t > 0).$$

将变量字母替换为 $x$, 得:

$$f(x) = \frac{1}{2}\ln x + \sin\sqrt{x} \quad (x > 0).$$

[评注]

题目原条件隐含了 $x>0$, 在考研中遇到类似问题需优先判断定义域.

已知 $f(x + \frac{1}{x}) = x^2 + \frac{1}{x^2}$ ($x \neq 0$), 求 $f(x)$ 的表达式.

▶提示

利用配方法 $x^2 + \frac{1}{x^2} = (x + \frac{1}{x})^2 - 2$, 并注意新自变量的范围.

▶答案

$f(x) = x^2 - 2 \quad (|x| \geqslant 2)$

▶详解

【解】 因为 $x^2 + \frac{1}{x^2} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^2 - 2$.

令 $t = x + \frac{1}{x}$.

当 $x > 0$ 时，由均值不等式有 $t = x + \frac{1}{x} \geqslant 2 \sqrt{x \cdot \frac{1}{x}} = 2$（当且仅当 $x=1$ 时等号成立）;

同理，当 $x < 0$ 时，$-x > 0$，则 $-t = (-x) + \frac{1}{-x} \geqslant 2 \implies t \leqslant -2$.

因此，中间变量 $t$ 的取值范围（即新函数的定义域）为 $|t| \geqslant 2$.

代入原式得:

$$f(t) = t^2 - 2, \quad (|t| \geqslant 2)$$

将变量字母改写为 $x$, 得:

$$f(x) = x^2 - 2, \quad (|x| \geqslant 2)$$

[评注]

由完全平方公式 $(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \geqslant 0$ 展开即可得到 $a + b \geqslant 2\sqrt{ab}$这就是均值不等式.

$x + \frac{1}{x}$ 的值域限制了新函数 $f(t)$ 的定义域.

初等函数

由基本初等函数经过有限次四则运算和复合所构成的用一个表达式表示的函数称为初等函数.

分段函数

在自变量的不同变化范围内用不同表达式表示的函数称为分段函数.

常见的分段函数有:

(1) 绝对值函数 $y=|x|= \begin{cases}x, & x \geqslant 0, \\ -x, & x<0\end{cases}$

(2) 最大值、最小值函数 $y=\max \{f(x), g(x)\}, y=\min \{f(x), g(x)\}$.

(3) 取整函数 $y=[x]$ (表示不超过 $x$ 的最大整数), 在 $x$ 为整数时分段. 性质: $x-1<[x] \leqslant x$.

反函数

若函数 $f$ 在定义域 $D$ 与值域 $R$ 之间建立了一个一一对应. 那么称其逆映射

$$f^{-1}:R \rightarrow D$$

构成的函数为 $f$ 的反函数.

函数 $f$ 与反函数 $f^{-1}$ 之间的联系是, 如果 $y=f(x)$, 则有 $x=f^{-1}(y)$.

反函数具有如下性质:

$$\begin{aligned} f [f^{-1}(y)] &= f(x) = y, \\ f^{-1} [ f(x)] &= f^{-1}(y) = x . \end{aligned}$$

在几何图像上, 函数 $y=f(x)$ 与反函数 $y=f^{-1}(x)$ 的图像关于直线 $y=x$ 对称.

写出 $y=\mathrm{e}^x$ 和 $y=\sin{x}\left(x\in{\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]}\right)$ 的反函数.

▶答案

(i) $y = \ln x \quad (x > 0)$ (ii) $y = \arcsin x \quad (x \in [-1, 1])$

▶详解

【解】 (i) $y = \mathrm{e}^x \Rightarrow x = \ln y$. 交换变量得 $y = \ln x$, 定义域为 $(0, +\infty)$.

(ii) $y = \sin x, x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] \Rightarrow x = \arcsin y$. 交换变量得 $y = \arcsin x$, 定义域为 $[-1, 1]$.

[评注]

三角函数必须在单调区间内讨论反函数, 否则不满足一一对应.

求函数 $y = \frac{2x+1}{x-1}$ 的反函数.

▶提示

求反函数的基本步骤是由方程反解出 $x$, 随后互换 $x$ 与 $y$, 并明确反函数的定义域(即原函数的值域).

▶答案

$y = \frac{x+1}{x-2} \quad (x \neq 2)$

▶详解

【解】 由原函数 $y = \frac{2x+1}{x-1}$ 得 $y(x-1) = 2x+1$.

移项并提取公因式, 有 $(y-2)x = y+1$, 得

$$x = \frac{y+1}{y-2}.$$

将 $x, y$ 互换位置, 得到所求的反函数为

$$y = \frac{x+1}{x-2} \quad (x \neq 2).$$

求函数 $y=\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)$ 的反函数.

▶提示

利用有理化 $(x+\sqrt{x^2+1})(-x+\sqrt{x^2+1})=1$ 的技巧简化计算.

▶答案

$y = \frac{\mathrm{e}^{x} - \mathrm{e}^{-x}}{2} \quad (x \in \mathbb{R})$

▶详解

【解】 由原函数 $y = \ln\left(x + \sqrt{x^{2} + 1}\right)$, 两边取指数得:

$\mathrm{e}^{y} = x + \sqrt{x^{2} + 1} \quad \text{—— (1)}$

为了消去根号, 考虑利用共轭关系. 由于 $(\sqrt{x^2+1} + x)(\sqrt{x^2+1} - x) = (x^2+1) - x^2 = 1$, 将等式 (1) 两边取倒数, 得:

$\frac{1}{\mathrm{e}^{y}} = \mathrm{e}^{-y} = \frac{1}{\sqrt{x^2+1} + x} = \sqrt{x^{2} + 1} - x \quad \text{—— (2)}$

将式 (1) 减去式 (2):

$\mathrm{e}^{y} - \mathrm{e}^{-y} = (x + \sqrt{x^{2} + 1}) - (\sqrt{x^{2} + 1} - x) = 2x$

从而解得:

$x = \frac{\mathrm{e}^{y} - \mathrm{e}^{-y}}{2}$

改写变量 , 得到反函数解析式:

$y = \frac{\mathrm{e}^{x} - \mathrm{e}^{-x}}{2} \quad (x \in \mathbb{R}).$

函数的性质

有界性

设函数 $y=f(x)$ 在区间 $I$ 上有定义, 若存在 $M>0$, 使得对任意的 $x \in I$ 都有 $|f(x)| \leqslant M$, 则称 $f(x)$ 在区间 $I$ 上是有界的. 否则, 称 $f(x)$ 在该区间上无界.

奇偶性

设函数 $f(x)$ 在关于原点对称的区间 $I$ 上有定义, 若对任意 $x \in I$, 都有

$$f(-x) = -f(x),$$

则称 $f(x)$ 在 $I$ 上是奇函数;

若对任意 $x \in I$, 都有

$$f(-x) = f(x),$$

则称 $f(x)$ 在 $I$ 上是偶函数.

【注】 奇函数的图形关于原点对称, 偶函数的图形关于 $y$ 轴对称.

除了关于 $y$ 轴对称, 如果一个函数 $f(x)$ 关于直线 $x=a$ 对称, 则可以表示成 $f(a+x) = f(a-x)$.

判断下列函数的奇偶性:

(1) $f(x) = \frac{x \sin x}{\cos x}$;

(2) $f(x) = \ln \left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)$.

▶提示

判断奇偶性应首先考察定义域是否关于原点对称, 随后计算 $f(-x)$ 并考察其与 $f(x)$ 的代数关系. 对于对数形式的函数, 常通过 $f(x)+f(-x)=0$ 或 $f(x)f(-x)=1$ (针对部分特殊构造) 来判定.

▶答案

(1) 偶函数 (2) 奇函数

▶详解

【解】 (i) 对于 $f(x) = \frac{x \sin x}{\cos x}$, 其定义域为 $\{x \mid x \neq k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}\}$, 关于原点对称.

由于

$$f(-x) = \frac{(-x) \sin(-x)}{\cos(-x)} = \frac{(-x)(-\sin x)}{\cos x} = \frac{x \sin x}{\cos x} = f(x)$$

故 $f(x)$ 为偶函数.

(ii) 对于 $f(x) = \ln \left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)$, 定义域为 $\mathbb{R}$, 关于原点对称.

由于

$$\begin{aligned} f(x) + f(-x) &= \ln \left(\sqrt{x^2+1} + x\right) + \ln \left(\sqrt{x^2+1} - x\right) \\ &= \ln \left[\left(\sqrt{x^2+1} + x\right)\left(\sqrt{x^2+1} - x\right)\right] \\ &= \ln \left(x^2+1 - x^2\right) = \ln 1 = 0 \end{aligned}$$

即 $f(-x) = -f(x)$, 故 $f(x)$ 为奇函数.

已知 $f(x)$ 为奇函数, 则 $xf(x)$ 为 ______; $f(-x^2)$ 为 ______.

▶提示

利用定义法, 记 $g(x) = xf(x)$, 考查 $g(-x)$.

▶答案

偶函数; 偶函数

▶详解

【解】 (i) 令 $g(x) = xf(x)$, 则 $g(-x) = (-x)f(-x) = (-x)(-f(x)) = xf(x) = g(x)$, 为偶函数.

(ii) 令 $h(x) = f(-x^2)$, 则 $h(-x) = f(-(-x)^2) = f(-x^2) = h(x)$, 为偶函数.

周期性

设 $f(x)$ 在区间 $I$ 上有定义, 如果存在常数 $T \neq 0$, 使得对任意的 $x \in I$, 都有 $x+T \in I$ 且

$$f(x+T) = f(x),$$

则称 $f(x)$ 是以 $T$ 为周期的周期函数.

【注】 周期函数的周期有无数个, 通常函数的周期指最小正周期.

单调性

设 $f(x)$ 在区间 $I$ 上有定义.

若对 $I$ 上任意的 $x_{1}<x_{2}$, 都有 $f\left(x_{1}\right)\leqslant f\left(x_{2}\right)$, 则称 $f(x)$ 在 $I$ 上单调递增;

若 $f\left(x_{1}\right)<f\left(x_{2}\right)$ 则称 $f(x)$ 在 $I$ 上严格单调递增. 单调递减的定义也是类似的.

证明函数 $f(x) = x^3$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 上是严格单调递增的.

▶提示

利用立方差公式 $a^3 - b^3 = (a-b)(a^2 + ab + b^2)$ 进行因式分解判定符号.

▶详解

【证明】 对于任意的实数 $x_1 < x_2$,

$f(x_1) - f(x_2) = x_1^3 - x_2^3 = (x_1 - x_2)(x_1^2 + x_1 x_2 + x_2^2)$

对后半部分配方可得: $x_1^2 + x_1 x_2 + x_2^2 = \left(x_1 + \frac{1}{2}x_2\right)^2 + \frac{3}{4}x_2^2$, 因为 $x_1 < x_2$, 故该部分恒大于 0.

从而 $f(x_1) < f(x_2)$. 根据定义, 函数 $f(x) = x^3$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调递增.