日期: 2023-10-10 08:03 查看: 179 次编辑导出

定义域与值域

在函数 $y=f(x) ， x \in A$ 中， $x$ 叫做自变量， $x$ 的取值范围 $A$ 叫做函数的定义域。当$x$取一个值时 $f(x)$的值为函数的值域。

下面给出在高中阶段常见函数定义域取值。

①一次函数 $y=k x+b$，二次函数 $y=a x^2+b x+c$ ，指数函数 $y=a^x$ 正弦函 数 $y=\sin x$ 和余弦函数 $y=\cos x$ 的定义域都为 $R$

② 分式函数 $y=\frac{1}{x}$ 的定义域为 $x \ne 0$

③对数函数 $y=\log _a x$ 的定义域为 $ x >0 $

④ 正切函数 $y=\tan x$ 的定义域为 $\left\{x \mid x \neq k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in Z\right\}$

⑤ 幂函数 $y=x^{\frac{m}{n}}(m, n$ 互质且 $m, n \in Z)$

1. 当 $m \in Z ， n$ 为奇数且 $m n>0$ 时，定义域为 $R$; ；
2. 当 $m$ 为奇数 $n$ 为偶数且 $m n>0$ 时，定义域为 $[0,+\infty)$ ；
3. 当 $m \in Z^* ， n$ 为奇数且 $m n<0$ 时，定义域为 $(-\infty, 0) \cup(0,+\infty)$ ；
4. 当 $m$ 是奇数， $n$ 为偶数且 $m n<0$ 时，定义域为 $(0,+\infty)$ ；

其实，分式函数可以认为幂函数的特殊情况。整个数学体系就是由这 ①~⑤  个函数千变万化而来。

**不同阶段函数定义域不同**

比如，在高中阶段，对于 $y=\sqrt{x} $ 定义域的要求是 $x \ge 0$ ,但是，在复数里定义了 $i^2=-1$ , 所以 $\sqrt{-1}=i$
再比如，对于对数函数  $ y= \log aX$ ，定义域的要求是 $x > 0$，但是根据欧拉公式 $e^{i \pi}+1=0$ 意即  $-1=e^{i \pi}$ ，两边取对数可以得到 $ln(-1)=i \pi$, 这些都跳脱了初等函数的范畴。所以在初高中阶段，需要严格按照初等函数的要求计算定义域

**例1：** 求函数 $f(x)=\sqrt{x-1}+\lg (3-x)$ 的定义域。
答案：$[1,3)$
这类题目比较简单，解答过程中细心即可，不再举例。

**例2：** 已知 $f\left(x^2-3\right)=\lg \frac{x^2}{x^2-6}$ ，求函数 $f(x)$ 的定义域。
错解: 先求得 $f(x)=l g \frac{x^2}{x^2-6}$ ，再求得定义域为 $(-\infty,-3) \cup(3,+\infty)$ ；
正解: 由真数大于 0 得 $x^2>6 ， \therefore x^2-3>3 ， \therefore y=f(x)$ 的定义域为 $(3,+\infty)$

**例3：** 已知函数 $f(x)=\sqrt{a x^2+a x+3}$ 定义域为 $R$ ，求实数 $a$ 的取值范围。
一定要讨论 $a=0$ 和 $a \neq 0$ 两种情况:
当 $a=0$ 时符合题意;
当 $a \neq 0$ 时，要使函数 $f(x)=\sqrt{a x^2+a x+3}$ 的定义域为 $R$ ，则 $a>0$ 且 $\Delta=a^2-12 a \leq 0$ ，可得 $0<a \leq 12$ 。综上，实数 $a$ 的取值范围为 $[0,12]$.

**例4：** 已知函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}\frac{2 x^3}{x+1}, x \in\left(\frac{1}{2}, 1\right] \\ -\frac{1}{3} x+\frac{1}{6}, x \in\left[0, \frac{1}{2}\right]\end{array}\right.$, 函数 $g(x)=a \sin \left(\frac{\pi}{6} x\right)-2 a+2(a>0)$, 若存 在 $x_1 、 x_2 \in[0,1]$, 使得 $f\left(x_1\right)=g\left(x_2\right)$ 成立, 则实数 $a$ 的取值范围是 $\left[\frac{1}{2}, \frac{4}{3}\right]$

解析: 即两函数在 $[0,1]$ 上值域有公共部分, 先求 $f(x)$ 值域 $=\left\{\begin{array}{l}{\left[\frac{1}{6}, 1\right]} \\ {\left[0, \frac{1}{6}\right]}\end{array} \Rightarrow[0,1]\right.$, $g(x) \in\left[-2 a+2,2-\frac{3}{2} a\right]$, 故 $\left\{\begin{array}{l}2-2 a \leq 1 \\ 2-\frac{3}{2} a \geq 0\end{array}\right.$

**例5.**  设 $f(x)=x^2+a x,\{x \mid f(x)=0, x \in \mathrm{R}\}=\{x \mid f(f(x))=0, x \in \mathrm{R}\} \neq \varnothing$, 则满足条件的所有实数 $a$ 的取值范围为？
解析: $f(x)=0 \Rightarrow x=0$ 或 $x=-a ; f(f(x))=0 \Rightarrow f(x)=0$ 或 $f(x)=-a$, 由
$f(x)=0 \Rightarrow x=0$ 或 $x=-a$, 则 $f(x)=-a$ 即 $x^2+a x+a=0$ 无解或根为 0 或 $-a$,
$\Delta<0 \Rightarrow 0<a<4$, 或 $a=0$ 故答案为  $0 \leq a<4$

**例6.**  设函数 $f(x)$ 的定义域为 $D$, 若存在非零实数 $l$, 使得对于任意 $x \in M(M \subseteq D)$, 有 $x+l \in D$, 且 $f(x+l) \geq f(x)$, 则称 $f(x)$ 为 $D$ 上的 $l$ 高调函数, 如果定义域是 $[0,+\infty)$ 的 函数 $f(x)=(x-1)^2$ 为 $[0,+\infty)$ 上的 $m$ 高调函数, 那么实数 $m$ 的取值范围是？
解析: 即存在实数 $m$ 使得对 $\forall x \in[0,+\infty)$ 都有 $(x+m-1)^2 \geq(x-1)^2$ 恒成立, 即 $m(2 x+m-2) \geq 0$ 恒成立, 当 $m \geq 0$ 时, $m \geq 2-2 x$ 恒成立, 即 $m \geq 2$; 当 $m<0$ 时, $m \leq 2-2 x$ 恒成立, 而 $2-2 x$ 无最小值, 此时 $m$ 不存在， 故答案为 $[2,+\infty)$

**例7.**  已知函数 $f(x)$ 的导函数 $f^{\prime}(x)=2 x-9$, 且 $f(0)$ 的值为整数, 当 $x \in(n, n+1]\left(n \in N^*\right)$ 时, $f(x)$ 的值为整数的个数有且只有 1 个, 则 $n=$
设 $f(x)=x^2-9 x+c, c$ 为整数, 由此得 $f(n+1)-f(n)=2 n-8$, 显然当 $n \neq 4$ 时, $f(n+1)-f(n)=2 n-8 \geq 2$, 不符合题意; 当 $n=4$ 时, $f(4)=f(5)=c-20$, 注 意到二次函数 $f(x)=x^2-9 x+c$, 顶点 $f\left(\frac{9}{2}\right)=c-\frac{81}{4}$, 显然在区间 $\left[c-\frac{81}{4}, c-20\right]$ 上整 数只有 $c-20$, 适合题意, 故 $n=4$

**例 8.**  若函数 $f(x)=a^x(a>1)$ 的定义域和值域均为 $[m, n]$, 则 $a$ 的取值范围是?
解析: 等价于方程 $a^x=x$ 有两解 $m, n$, 即 $x \ln a=\ln x$ 有两解, $\ln a=\frac{\ln x}{x}=g(x)$,

$$
g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}=0 \text {, 当 } x=e \text { 时有最大值, 故 } 0<\ln a<g(e)=\frac{1}{e}
$$

**例 9.** 已知 $a, b, c$ 为正整数, 方程 $a x^2+b x+c=0$ 的两实根为 $x_1, x_2\left(x_1 \neq x_2\right)$, 且 $\left|x_1\right|<1,\left|x_2\right|<1$, 则 $a+b+c$ 的最小值为
解析: 依题意, 可知 $\left\{\begin{array}{l}\Delta=b^2-4 a c>0, \\ x_1+x_2=-\frac{b}{a}<0, \text { 从而可知 } x_1, x_2 \in(-1,0), \text { 所以有 } \\ x_1 x_2=\frac{c}{a}>0,\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}b^2-4 a c>0, \\ f(-1)=a-b+c>0, \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}b^2>4 a c, \\ b<a+c, \\ c<a .\end{array}\right. \\ x_1 x_2=\frac{c}{a}<1 .\end{array}\right.$ $a+1>b \Rightarrow a \geq b$, 所以 $a^2 \geq b^2>4 a c=4 a \Rightarrow a>4$. 从而 $a \geq 5$, 所以 $b^2>4 a c \geq 20$. 又 $b<5+1=6$, 所以 $b=5$, 因此 $a+b+c$ 有最小值为 11 .
下面可证 $c \geq 2$ 时, $a \geq 3$, 从而 $b^2>4 a c \geq 24$, 所以 $b \geq 5$.
又 $a+c>b \geq 5$, 所以 $a+c \geq 6$, 所以 $a+b+c \geq 11$.
综上可得, $a+b+c$ 的最小值为 11 .

**例 10.**   设 $m \in N$, 若函数 $f(x)=2 x-m \sqrt{10-x}-m+10$ 存在整数零点, 则 $m$ 的取值集合 为 . $\{0,3,14,30\}$
解析: 令 $\sqrt{10-x}=t \geq 0, x=10-t^2$ 当 $m=0$ 时, 显然适合题意; 当 $m \neq 0$ 时, 由于 $x, \in Z m \in N$, 故 $t \in N$, 由 $2\left(10-t^2\right)-m t-m+10=0 \Rightarrow 2 t^2+m t+m-30=0$ $\Rightarrow m=\frac{30-t^2}{t+1}=\frac{30-(n-1)^2}{n}=\frac{28}{n}-2 n+4 \quad(n=t+1)$, 则 $n$ 可能取 $1,2,4,7,14,28$, 分别检验 $m$ 值, 可得结论

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