最后更新: 2024-11-03 10:21 ● 参与者查看: 382 次纠错分享参与项目词条搜索

函数的运算与复合函数

## 一、函数的四则运算
设 $f(x), g(x)$ 是两个 $x$ 的函数, 它们的定义域分别为 $D_f$ 和 $D_g$, 我们可以用通常对于 "数" 的四则运算得到它们的和函数 $(f+g)(x)$, 差函数 $(f-g)(x)$,积函数 $(f \cdot g)(x)$ 与商函数 $\frac{f}{g}(x), g(x) \neq 0$. 它们的定义域为 $D_f \cap D_g$.由 $f(x), g(x)$ 的四则运算所得出来的新函数的定义如下:
- $(f+g)(x)=f(x)+g(x)$
（即 $(f+g)$ 在 $x$ 点的值是 $f, g$ 的值的和）;
- $(f-g)(x)=f(x)-g(x)$
(即 $(f-g)$ 在 $x$ 点的值是 $f, g$ 的值的差);
- $(f \cdot g)(x)=f(x) \cdot g(x)$ (即 $(f \cdot g)$ 在 $x$ 点的值是 $f, g$ 的值的积);
- $(f / g)(x)=f(x) / g(x)$ (即 $f / g$ 在 $x$ 点的值是 $f, g$ 的值的商, 但只有在 $g(x) \neq 0$ 时才有意义).

$f+g, f-g$ 和 $f \cdot g$ 的定义域是 $f$ 的定义域和 $g$ 的定义域的交集. 而 $f / g$的定义域要从 $f$ 和 $g$ 的定义域的交集中去掉使 $g(x)=0$ 的值.

`例` 已知 $f(x)=\sqrt{x}, g(x)=\sqrt{1-x}$, 求 $f+g, f-g, f \cdot g, \frac{f}{g}, \frac{g}{f}$.
解: $f$ 和 $g$ 的自然定义域是 $D_f=\{x \mid x \geq 0\}, D_g=\{x \mid x \leq 1\}, D_f$ 和 $D_g$ 的交集是 $D_f \cap D_g=[0,1]$.
- 和: $(f+g)(x)=\sqrt{x}+\sqrt{1-x}$
- 差： $(f-g)(x)=\sqrt{x}-\sqrt{1-x}$
- 积: $(f \cdot g)(x)=\sqrt{x(1-x)}$
- 商: $\frac{f}{g}(x)=\sqrt{\frac{x}{1-x}}, \quad \frac{g}{f}(x)=\sqrt{\frac{1-x}{x}}$
$f+g, f-g, f \cdot g$ 的定义域是 $[0,1]$. 因为当 $x=1$ 时, $g(x)=0$, 所以 $\frac{f}{g}$的定义域是 $[0,1)$, 同样得到 $\frac{g}{f}$ 的定义域 $(0,1]$.

## 二、复合函数
上面我们是用四则运算来组合已知函数为一个新函数的，但是构成新的函数的方法, 还有一个更重要的运算叫做组成函数的函数或复合函数法.

我们先从一个简单的例子说起，火箭从地面上的 $L$ 点垂直向上发射，火箭 $R$ 在 $t$ 秒后离开发射点的距离是 $h(t)$, 这个函数是已知的. 在离发射座 1 公里远的地方有一个观测站 $O$, 我们要求把火箭与观测站的距离 $d$ 确定为时间 $t$ 的函数 (图 8.7).
 ![图片](/uploads/2024-10/052085.jpg)
 
 我们已经知道火箭的垂直高度 $h$ 是 $t$ 的函数 $h(t)$, 又火箭到观测站的距离 $d$ 又是火箭的高度 $h$ 的函数

$$
d=\sqrt{1+h^2}
$$

因此在时刻 $t, R$ 到 $O$ 的距离是

$$
d(t)=\sqrt{1+h^2(t)}
$$

上面函数 $d(t)$ 是由 $h=h(t)$ 和 $d=f(h)=\sqrt{1+h^2}$ 两个函数构成的，把其中一个函数 $h(t)$ 代人另一个函数 $f(h)$ 的运算叫做复合运算, 得到的函数 $d(t)=f(h(t))$ 叫做 $t$ 的复合函数.

一般说来, 若 $z=f(y), y=g(x)$, 且 $g(x)$ 的值域含于 $f(y)$ 的定义域中,那么对于 $g(x)$ 定义域内的每一个 $x$ 值经过中间变数 $y$, 相应地得到唯一确定的一个值 $z$, 变数 $z$ 经过中间变数 $y$ 而成变数 $x$ 的函数, 记为 $z=f(g(x))$, 这个函数称为前两个函数的复合函数. 应该指出, 函数 $y=g(x)$ 的值域不能超出函数 $f(y)$ 的定义域, 这是极重要的.

`例`设 $z=\sqrt{1+y}$, 它的定义域 $D_y=[-1,+\infty)$, 再设 $y=x^2-5$, 它的定义域 $D_x=(-\infty,+\infty)$, 值域 $R=[-5,+\infty)$ 。

作为复合函数 $z=\sqrt{1+\left(x^2-5\right)}=\sqrt{x^2-4}$, 其定义域只能是 $(-\infty,-2]$和 $[2,+\infty)$, 这时, $y=x^2-5$ 的值域是 $[-1,+\infty)$, 它没有超过 $D_y=[-1,+\infty)$

的范围, 这就是说复合函数 $z=f(g(x))$ 的定义域只能由 $y=g(x)$ 的定义域中那些使 $g(x)$ 属于 $z=f(y)$ 的定义域的 $x$ 组成.

`例`已知 $f(g)=\frac{1}{g+1}, g=g(x)=x^2$ 。
求 $f(g(x))$ 和 $g(f(x))$.
解:

$$
\begin{aligned}
& f(g(x))=\frac{1}{x^2+1} \\
& g(f(x))=\left(\frac{1}{x+1}\right)^2=\frac{1}{x^2+2 x+1}
\end{aligned}
$$

显然, $f(g(x)) \neq g(f(x))$, 这表明函数的复合运算是不满足交换律的.

`例`已知 $f\left(\sin \frac{x}{2}\right)=\cos x+1$, 求 $f\left(\cos \frac{x}{2}\right)$.
解: 复合函数 $f\left(\sin \frac{x}{2}\right)=\cos x+1=2-2 \sin ^2 \frac{x}{2}$ 是把函数 $y=\sin \frac{x}{2}$ 代人 $f(y)=2-2 y^2$ 中复合而成. 现在令 $y=\cos \frac{x}{2}$ 代人 $f(y)$, 得到

$$
f\left(\cos \frac{x}{2}\right)=2-2 \cos ^2 \frac{x}{2}=2-(1+\cos x)=1-\cos x
$$

在函数的运算中, 我们介绍了函数的加、减、乘、除和函数的复合五种运算, 从定义来看, 我们可以用上述五种运算, 由某一简单而基本的函数去造出多种多样的新函数来，譬如从常数函数 $y=c$ 和恒等函数 $y=x$ ，用加、减、乘运算就可以得出多项式函数. 其实我们常常要用到的, 并不是把所给的函数组合成更复杂的函数; 而是要把所给的函数分解成更简单的函数的组合, 把要解的问题归于比较简单的问题去解决.

`例` 将函数 $y=x \sin \frac{1}{x}$ 分解成比较简单的函数的组合（引进新的中间变数符号).
解: $y=x \sin \frac{1}{x}$ 可分解为 $f(x)=x$ 与 $g(x)=\sin \frac{1}{x}$ 之积, 又 $g(x)=\sin \frac{1}{x}$ 可以看作是 $g(h)=\sin h$ 和 $h=h(x)=\frac{1}{x}$ 的复合函数, 于是原来的函数可以看作下面简单函数的组合

$$
F(x)=f(x) \cdot g(h(x))
$$

这里 $f(x)=x, g(h)=\sin h, h=h(x)=\frac{1}{x}$.

## 直击高考
`例`已知函数 $f(x)$ 是单调函数, 且 $x \in(0,+\infty)$ 时, 都有 $f\left(f(x)+\frac{2}{x}\right)=-1$, 则 $f(1)=(\quad)$.
A. -4
B. -3
C. -1
D. 0

解：由题得, 设 $f(x)+\frac{2}{x}=k, k$ 是一个常数, $\because f\left(f(x)+\frac{2}{x}\right)=f(k)=-1$,
$\therefore f(x)+\frac{2}{x}=k, f(x)=k-\frac{2}{x}$, 则有 $f(k)=k-\frac{2}{k}=-1, \because x \in(0,+\infty), \therefore$ 解得 $k=1, f(x)=1-\frac{2}{x}, \quad \therefore f(1)=1-\frac{2}{1}=-1$.
故选: C

`例`设 $x \in R$, 函数 $f(x)$ 单调递增, 且对任意实数 $x$, 有 $f\left[f(x)-e^{2 x}\right]=e^2+1$,则 $f(\ln 2)=(\quad)$
A. $e^2+1$
B. 3
C. $e^4+1$
D. 5

解：由 $f\left[f(x)-e^{2 x}\right]=e^2+1$, 设 $t=f(x)-e^{2 x}, f(x)=t+e^{2 x}$ 且 $f(t)=e^2+1$.
又 $f(x)=t+e^{2 x}$, 令 $x=t$ 有 $f(t)=t+e^{2 t}$, 故 $t+e^{2 t}=e^2+1$, 显然 $t=1$ 为其中一根.
又 $y=t+e^{2 t}$ 为增函数. 故 $t=1$ 为唯一解. 故 $f(x)=e^{2 x}+1$. 故 $f(\ln 2)=e^{2 \ln 2}+1=4+1=5$.
故选：D

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