函数与导数答案.doc

函数（一）探究1.提示：函数是特殊的映射，二者区别在于映射定义中的两个集合是非空集合，可以不是数集，而函数中的两个集合必须是非空数集．2.提示：不一定，如函数　f(x)＝x和函数g(x)＝－x的定义域和值域均为R，但两者显然不是同一函数．3.提示：不一定．有的函数用图表图象可以表示，但不一定能写出它的解析式．同样一个函数即使用解析式表示出来它的图象不一定好画自测1.解析：∵f(x)＝π(x∈R)，∴f(x)为常函数，∴f(π2)＝π. 答案：B2.解析：(1)(2)是正确的，(3)中函数的图象是一群孤立的点，(4)中f(x)的定义域为{x|x≠0}，而g(x)的定义域为R. 答案：B3.解析：要使函数有意义，只须，即， ∴1≤x<2.答案D4.解析：代入求解 答案：A5.解析：若α>0，则f(α)＝α2＝4，α＝2.若α<0，则f(α)＝－α＝4，α＝－4.答B6.答案：－1　10例1【分析】　A中不存在元素与k对应⇔方程－x2＋2x＝k无解，利用判别式可以求k的范围．【解析】由题意，方程－x2＋2x＝k无实数根，也就是x2－2x＋k＝0无实数根．∴Δ＝(－2)2－4k＝4(1－k)<0，∴k>1.∴当k>1时，集合A中不存在元素与实数k∈B对应．【答案】　A变式训练1解：(1)不同函数．f1(x)的定义域为{x∈R|x≠0}，f2(x)的定义域为R.(2)不同函数．　f1(x)的定义域为R，　f2(x)的定义域为{x∈R|x≠0}．(3)同一函数．x与y的对应关系完全相同且定义域相同，它们是同一函数的不同表示方式．(4)同一函数．理由同(3)．例2【解析】(1)解得－4≤x≤1且x≠0，∴选D.(2)令t＝2x＋1，由01)(2)设　f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝0知c＝0，　f(x)＝ax2＋bx.又由f(x＋1)＝　f(x)＋x＋1，得a(x＋1)2＋b(x＋1)＝ax2＋bx＋x＋1， 即ax2＋(2a＋b)x＋a＋b＝ax2＋(b＋1)x＋1，故有⇒a＝b＝. 因此，　f(x)＝x2＋x.例4【解析】显然A>4，∴f(4)＝30∴＝30，∴c＝60，又∵f(A)＝15，∴＝15，∴A＝16.答案D变式训练4解析：当a>0时， f(1－a)＝f(1＋a)等价于2(1－a)＋a＝－(1＋a)－2a，解得a＝－，舍去．当a<0时， f(1－a)＝f(1＋a)等价于－(1－a)－2a＝2(1＋a)＋a，解得，a＝－.函数（二）探究1.提示：函数的单调区间是其定义域的子集，如果一个函数在其定义域内的几个区间上都是增函数(或减函数)，不能说该函数在其定义域上是增函数(或减函数)，也不能将各个单调区间用“∪”连接，而应写成(－∞，0)和(0，＋∞)．2.提示：含义不同．f(x)在区间[a，b]上单调递增并不能排除f(x)在其他区间单调递增，而f(x)的单调递增区间为[a，b]意味着f(x)在其他区间不可能单调递增．3.提示：函数单调性反映在图象上是上升或下降的，而最大(小)值反映在图象上为其最高(低)点的纵坐标的值．自测1.解析：使y＝(2k＋1)x＋b在(－∞，＋∞)上是减函数，则2k＋1<0，即k<－.答D2.解析：依题意可得函数应在x∈(0，＋∞)上单调递减，故由选项可得A正确．答案：A3.解析：∵函数y＝ax与y＝－在(0，＋∞)上都是减函数，∴a<0，b<0，∴函数y＝ax2＋bx的图象的对称轴为x＝－<0，∴函数y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是减函数．答案B4.解析：由f(x)＝≤，则[f(x)]max＝，故选D.5.解析：函数f(x)在[2,3]上为单调递减函数，∴x＝2时，f(x)max＝1，x＝3时，f(x)min＝.6.解析：>2得－2>0，∴>0，∴x(2x－1)<0，∴0x2>－1，则y1－y2＝－＝.∵x1>x2>－1，x2－x1<0，x1＋1>0，x2＋1>0，∴<0，即y1－y2<0，y10，∴f ′(x)<0，∴函数f(x)在(－∞，1)，(1，＋∞)上均为减函数．例2【解】　(1)依题意，可得当x≥0时，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4；当x<0时，y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4.由二次函数的图象知，函数y＝－x2＋2|x|＋3在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数，在[－1,0]，[1，＋∞)上是减函数．(2) 由x2－3x＋2≥0得x≥2或x≤1 设u(x)＝x2－3x＋2，则y＝1－x∈(－∞，1]时，u(x)为减函数x∈[2，＋∞)时，u(x)为增函数而u≥0时，y＝1－为减函数∴y＝1－的单调增区间为(－∞，1]，单调减区间为[2，＋∞)．(3)y′＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)令y′>0得x>1或x<－1，由y′<0得－11，∴2x1x2－1>0. 又x1－x2<0，∴f(x1)0恒成立⇔x2＋2x＋a>0恒成立．设g(x)＝x2＋2x＋a，则g(x)在[1，＋∞)上的最小值φ(a)>0.这样问题就转化为求g(x)的最小值φ(a)，从而得到关于a的不等式，解之即可．g(x)＝(x＋1)2＋a－1， 对称轴为x＝－1，且开口向上， 所以g(x)在[1，＋∞)上递增，所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值为g(1)＝3＋a， 由3＋a>0得a>－3.变式训练3解：(1)证明：设x2>x1>0， 则x2－x1>0，x1x2>0，∵f(x2)－f(x1)＝(－)－(－)＝－＝>0，∴f(x2)>f(x1)， ∴f(x)在(0，＋∞)上是单调递增的．(2) ∵f(x)在[，2]上的值域是[，2]，又f(x)在[，2]上单调递增，∴f()＝， f(2)＝2，∴a＝.例4【解】(1)证明：设x1，x2∈R，且x10，∴f(x2－x1)>1.f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－1－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0. ∴f(x2)>f(x1)． 即　f(x)是R上的增函数．(2) 解：∵f(4)＝f(2＋2)＝f(2)＋f(2)－1＝5，∴f(2)＝3，∴原不等式可化为f(3m2－m－2)0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故　f(1)＝0.(2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则>1，由于当x>1时，　f(x)<0，所以f<0，即　f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)9，∴x>9或x<－9. 因此不等式的解集为{x|x>9或x<－9}．函数（三）探究1.提示：定义域关于原点对称，必要不充分条件．2.提示：当k＝0时，不是；k≠0时，是．自测1.解析：由偶函数排除A，由在(0，＋∞)单调递增，排除C、D. 答案：B2.解析：令F(x)＝f(x)＋|g(x)|，∵f(x)是偶函数，g(x)是奇函数∴f(－x)＝f(x)，g(－x)＝－g(x)∴F(－x)＝f(－x)＋|g(－x)|＝f(x)＋|－g(x)|＝f(x)＋|g(x)|＝F(x)．∴F(x)在R上是偶函数．答案：A3.解析：　f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，又f(－x)＝－(－x)＝－＝－　f(x)，则　f(x)为奇函数，图象关于原点对称．答案C4.解析：由已知：f(－1)＝－f(1)，∴f(1)＝－f(－1)．而f(－1)＝2·(－1)2－(－1)＝3，∴f(1)＝－3. 答案：A5.解析：由f(x＋2)＝－　f(x)知　f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝－f(x＋2)＝　f(x)，故知函数　y＝f(x)的周期为4，∴f(6)＝f(4＋2)＝f(2)＝－f(0)．∵　f(x)是R上的奇函数，易知　f(0)＝0，∴f(6)＝－f(0)＝0，选B.答案：B6.解析：∵y＝是奇函数．∴当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝－[2(－x)－3]＝2x＋3，故填2x＋3.例1【解】　(1)定义域要求≥0且x≠－1，∴－10时，－x<0，∴f(－x)＝x2－x＝－(－x2＋x)＝－f(x)x<0时，－x>0，f(－x)＝－x2－x＝－(x2＋x)＝－f(x)，∴f(x)是整数．(4)∵⇒－2≤x≤2且x≠0，∴函数定义域关于原点对称．f(x)＝＝，又f(－x)＝＝－，∴f(－x)＝－　f(x)，变式训练1解：(1)由于　f(x)＝x2－|x|＋1，x∈[－1,4]的定义域不是关于原点对称的区间，因此，　f(x)是非奇非偶函数．(2)f(x)＝0(x≠±)，函数f(x)既是奇函数又是偶函数；(3)∵　f(x)的定义域为x∈R，且x≠0，其定义域关于原点对称，并且有f(－x)＝＋＝＋＝＋＝－＋＝－1＋＋＝－(＋)＝－　f(x)， 即f(－x)＝－　f(x)，∴　f(x)为奇函数．(4)函数定义域为R.若x为无理数，则－x也是无理数，∴　f(x)＝f(－x)＝0；若x为有理数，则－x也是有理数，∴　f(x)＝f(－x)＝1.综上可知，对任意实数x都有　f(x)＝f(－x)．∴　f(x)为偶函数．例2【解】　(1)证明：函数定义域为R，其定义域关于原点对称，∵f(x＋y)＝　f(x)＋f(y)，令y＝－x。

∴f(0)＝　f(x)＋f(－x)，令x＝y＝0，∴f。