1.1函数共8题

zhangzujin

1.1. 函数共8题

1.1.01.

设 $\displaystyle g(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll} 2-x,&x\leq 0\\ x+2,&x > 0\end{array}\right.$, $\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll} x^2,&x < 0\\ -x,&x\geq 0\end{array}\right.$, 求 $\displaystyle g(f(x))$.

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由

$$\begin{aligned} x < 0&\Rightarrow f(x)=x^2 > 0\\ &\Rightarrow g(f(x))=f(x)+2=x^2+2,\\ x\geq 0&\Rightarrow f(x)=-x\leq 0\\ &\Rightarrow g(f(x))=2-f(x)=2+x \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle g(f(x))=\left\{\begin{array}{llllllllllll}x^2+2,&x < 0\\ 2+x,&x\geq 0\end{array}\right.$. 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

1.1.02.

已知 $\displaystyle f(x)$ 满足等式 $\displaystyle 2f(x)+x^2f\left(\frac{1}{x}\right) =\frac{x^2+2x}{x+1}$, 求 $\displaystyle f(x)$ 的表达式.

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 在

$$\begin{aligned} 2f(x)+x^2f\left(\frac{1}{x}\right) =\frac{x^2+2x}{x+1} \qquad(p1.1.2: 1)\tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

中用 $\displaystyle \frac{1}{x}$ 代替 $\displaystyle x$ 得

$$\begin{aligned} 2f\left(\frac{1}{x}\right) +\frac{1}{x^2}f(x)=\frac{\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x}}{\frac{1}{x}+1} =\frac{1+2x}{x(1+x)}. \qquad(p1.1.2: 2)\tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

再 $\displaystyle (p1.1.2: 1)\cdot 2-(p1.1.2: 2)\cdot x^2$ 得

$$\begin{aligned} f(x)=\frac{x}{1+x}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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1.1.03.

设 $\displaystyle f(x)=\lim_{n\to\infty}n\left[\left(1+\frac{x}{n}\right)^n-\mathrm{e}^x\right]$, 求 $\displaystyle f(x)$ 的显式表达式.

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} f(x)=&\lim_{n\to\infty}n\left[\left(1+\frac{x}{n}\right)^n-\mathrm{e}^x\right] =\lim_{n\to\infty}n\left[\mathrm{e}^{n\ln \left(1+\frac{x}{n}\right)}-\mathrm{e}^x\right]\\ \xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}}&\lim_{n\to\infty} n\mathrm{e}^{\xi_n} \left[n\ln \left(1+\frac{x}{n}\right)-x\right] =\mathrm{e}^x \lim_{n\to\infty} \frac{\ln \left(1+\frac{x}{n}\right)-\frac{x}{n}}{\left(\frac{x}{n}\right)^2}\cdot x^2\\ &\left(\mbox{$\lim_{n\to\infty} n\ln \left(1+\frac{x}{n}\right) =\lim_{n\to\infty} \frac{\ln \left(1+\frac{x}{n}\right)}{\frac{x}{n}}\cdot x=x$ 及夹逼原理}\right)\\ =&x^2\mathrm{e}^x \lim_{t\to 0}\frac{\ln (1+t)-t}{t^2} \xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}} x^2\mathrm{e}^x \lim_{t\to 0}\frac{\frac{1}{1+t}-1}{2t}\\ =&x^2\mathrm{e}^x \lim_{t\to 0}\frac{-1}{2(1+t)} =-\frac{x^2\mathrm{e}^x}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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1.1.04.

设函数 $\displaystyle F(x)$ 是奇函数, $\displaystyle f(x)=F(x)\left(\frac{1}{a^x-1}+\frac{1}{2}\right)$, 其中 $\displaystyle a > 0, a\neq 1$. 证明: $\displaystyle f(x)$ 是偶函数.

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1) 先证 $\displaystyle G(x)=\frac{1}{a^x-1}+\frac{1}{2}$ 是奇函数.

$$\begin{aligned} G(-x)=&\frac{1}{a^{-x}-1}+\frac{1}{2} =\frac{a^x}{1-a^x}+\frac{1}{2}\\ =&\frac{1-(1-a^x)}{1-a^x}+\frac{1}{2} =\frac{1}{1-a^x} -\frac{1}{2} =-G(x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(2) 再证 $\displaystyle f(x)=F(x)G(x)$ 是偶函数.

$$\begin{aligned} f(-x)=&F(-x)G(-x) =[-F(x)][-G(x)] =F(x)G(x) =f(x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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1.1.05.

设对一切实数 $\displaystyle x$, 有 $\displaystyle f\left(\frac{1}{2}+x\right)=\frac{1}{2} +\sqrt{f(x)-f^2(x)},$ 证明 $\displaystyle f(x)$ 是周期函数.

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由

$$\begin{aligned} &f(1+x) =f\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+x\right) =\frac{1}{2}+\sqrt{f\left(\frac{1}{2}+x\right)+f^2\left(\frac{1}{2}+x\right)}\\ =&\frac{1}{2} +\sqrt{\frac{1}{2} +\sqrt{f(x)-f^2(x)} -\left[\frac{1}{4}+\sqrt{f(x)-f^2(x)}+f(x)-f^2(x)\right]}\\ =&\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}-f(x)+f^2(x)}\\ =&\frac{1}{2}+\left[f(x)-\frac{1}{2}\right]\left(f\left(\frac{1}{2}+x\right)=\frac{1}{2} +\sqrt{f(x)-f^2(x)}\geq\frac{1}{2}\right)\\ =&f(x) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle f$ 是 $\displaystyle 1$-周期函数. 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

1.1.06.

函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上满足等式 $\displaystyle f(3-x)=f(3+x)$, $\displaystyle f(8-x)=f(8+x)$, 且 $\displaystyle f(0)=0$, 试问: 方程 $\displaystyle f(x)=0$ 在区间 $\displaystyle [0,2014]$ 上至少有多少个根.

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1) 先证结论: 设 $\displaystyle f$ 是 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上的实函数, 且存在 $\displaystyle a\neq b$, 使得

$$\begin{aligned} f(a-x)=f(a+x),\quad f(b-x)=f(b+x),\quad \forall\ x\in\mathbb{R}, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

则 $\displaystyle f$ 是 $\displaystyle 2|a-b|$-周期函数. 事实上, 不妨设 $\displaystyle a > b$, 而

$$\begin{aligned} &f(a-x)=f(a+x)\\ \Rightarrow& f(x)=f(a+x-a) =f(a-(x-a)) =f(2a-x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

同理, $\displaystyle f(x)=f(2b-x)$. 因此, $\displaystyle f(2a-x)=f(2b-x)$,

$$\begin{aligned} f(2(a-b)+x) =f(2a-(2b-x)) =f(2b-(2b-x)) =f(x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(2) 由题意及 (1) 知 $\displaystyle f$ 是 $\displaystyle 2(8-3)=10$-周期函数. 又在 $\displaystyle [0,10]$ 上, 由题意, $\displaystyle f(0)=0, f(6)=0$. 因此,

$$\begin{aligned} &f(0)=f(10)=f(20)=\cdots=f(2010)=0,\\ &f(6)=f(16)=f(26)=\cdots=f(2006)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这表明在 $\displaystyle [0,2014]$ 上, $\displaystyle f$ 至少有 $\displaystyle 202+201=403$ 个根. 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

1.1.07.

设 $\displaystyle y=f(x)$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上满足 $\displaystyle f(x+T)=kf(x)$ (其中 $\displaystyle T$ 和 $\displaystyle k$ 是正常数), 证明 $\displaystyle f(x)$ 可表示为 $\displaystyle f(x)=a^x \varphi(x)$, 式中 $\displaystyle a > 0$, $\displaystyle \varphi(x)$ 是以 $\displaystyle T$ 为周期的周期函数.

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 取 $\displaystyle a=k^\frac{1}{T} > 0$, $\displaystyle \varphi(x)=a^{-x} f(x) =k^{-\frac{x}{T}} f(x)$, 则

$$\begin{aligned} \varphi(x+T)=&k^{-\frac{x+T}{T}}f(x+T) =k^{-\frac{x}{T}-1} \cdot k f(x)\\ =&k^{-\frac{x}{T}} f(x)\\ =&\varphi(x), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

而 $\displaystyle \varphi(x)$ 是 $\displaystyle T$-周期函数, $\displaystyle f(x)=a^x \varphi(x)$. 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

1.1.08.

若对任意 $\displaystyle x,y$, 有 $\displaystyle f(x)-f(y)\leq (x-y)^2$, 求证对任意正整数 $\displaystyle n$, 任意 $\displaystyle a,b$, 有

$$\begin{aligned} |f(b)-f(a)|\leq\frac{1}{n}(b-a)^2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1) 在

$$\begin{aligned} f(x)-f(y)\leq (x-y)^2 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

中交换 $\displaystyle x,y$ 的位置结论仍成立

$$\begin{aligned} f(y)-f(x)\leq (y-x)^2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故

$$\begin{aligned} |f(x)-f(y)|\leq (x-y)^2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(2) 往证题目. 不妨设 $\displaystyle a < b$, 将 $\displaystyle [a,b]$ $\displaystyle n$ 等分, 记分点为 $\displaystyle x_k=a+\frac{k}{n}(b-a)$, $\displaystyle k=0,1,\cdots,n$, 则 $\displaystyle x_k-x_{k-1}=\frac{b-a}{n}$,

$$\begin{aligned} |f(b)-f(a)| =&\left|\sum_{k=1}^n [f(x_k)-f(x_{k-1})]\right| \leq\sum_{k=1}^n \left|f(x_k)-f(x_{k-1})\right|\\ \leq& \sum_{k=1}^n (x_k-x_{k-1})^2 =n\cdot \left(\frac{b-a}{n}\right)^2 =\frac{(b-a)^2}{n}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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