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基本初等函数


第3讲 基本初等函数

1. 2. 3. 4.

掌握指数函数的概念、图象和性质. 理解对数函数的概念、图象和性质. 能够应用函数的性质、指数函数和对数函数性质解决某些简单实际问题. 了解幂函数的定义,熟悉常见幂函数的图形与性质.

1. 函数 y=loga(x+2)+1(a>0,a≠1)的图象经过的定点坐标为__

______.

2.函数 y=lg(x2-2x)的定义域是________.

3.函数 y=ax(a>0,a≠1)在 R 上为单调递减函数,关于 x 的不等式 a2x-2ax-3>0 的解 集为________.

4.定义:区间[x1,x2](x1<x2)的长度为 x2-x1.已知函数 y=|log0.5x|定义域为[a,b],值域 为[0,2],则区间[a,b]的长度的最大值为________.

ax2+1 【例 1】 函数 f(x)= (a,b,c∈Z)是奇函数,且 f(1)=2,f(2)<3. bx+c (1) 求 a,b,c 的值; (2) 当 x<0 时,讨论 f(x)的单调性.

【例 2】 已知函数 f(x)=2x-

1 . 2|x|

(1) 若 f(x)=2,求 x 的值; (2) 若 2tf(2t)+mf(t)≥0 对于 t∈[1,2]恒成立,求实数 m 的取值范围.

【例 3】 已知函数 g(x)=ax2-2ax+1+b(a≠0,b<1),在区间[2,3]上有最大值 4,最 g?x? 小值 1,设 f(x)= . x (1) 求 a,b 的值; (2) 不等式 f(2x)-k· 2x≥0 在 x∈[-1,1]上恒成立,求实数 k 的取值范围;

2 (3) 方程 f(|2x-1|)+k?|2x-1|-3?=0 有三个不同的实数解,求实数 k 的取值范围.

?

?

【例 4】

(2011· 盐城二模)已知函数 f(x)=

x+a 是定义在 R 上的奇函数,其值域为 x2+b

?-1,1?. ? 4 4?
(1) (2) ① ② 理由. 试求实数 a、b 的值; 函数 y=g(x)(x∈R)满足:当 x∈[0,3)时,g(x)=f(x);g(x+3)=g(x)lnm(m≠1). 求函数 g(x)在 x∈[3,9)上的解析式; 若函数 g(x)在 x∈[0,+∞)上的值域是闭区间,试探求实数 m 的取值范围,并说明

1. (2011· 广东)设函数 f(x)=x3cosx+1.若 f(a)=11,则 f(-a)=________.

2.(2011· 江苏)函数 f(x)=log5(2x+1)的单调增区间是________.

?21 x,x≤1, ? 3.(2011· 辽宁 ) 设函 数 f(x) = ? 则 满 足 f(x)≤2 的 x 的取 值范围 是 ?1-log2x,x>1, ?


________.

4.(2011· 山东)已知函数 f(x)=logax+x-b(a>0 且 a≠1).当 2<a<3<b<4 时,函数 f(x) 的零点 x0∈(n,n+1),n∈N*,则 n=________.

2 5.(2009· 山东)已知函数 f(x)=x- +a(2-lnx)(a>0),讨论 f(x)的单调性. x

6.(2011· 陕西)设 f(x)=lnx,g(x)=f(x)+f′(x). (1) 求 g(x)的单调区间和最小值; 1? (2) 讨论 g(x)与 g? ?x?的大小关系; 1 (3) 求实数 a 的取值范围,使得 g(a)-g(x)< 对任意 x>0 成立. a

(2011· 常州模考)(本小题满分 16 分)已知 a 为实数,函数 f(x)=(1+ax)ex,函数 g(x)= 1 ,令函数 F(x)=f(x)· g(x). 1-ax (1) 若 a=1,求函数 f(x)的极小值; 1 (2) 当 a=- 时,解不等式 F(x)<1; 2 (3) 当 a<0 时,求函数 F(x)的单调区间. 解:(1) 当 a=1 时,f(x)=(1+x)ex. 则 f′(x)=(x+2)ex.令 f′(x)=0,得 x=-2.(1 分) 列表如下: x f′(x) f(x) (-∞,-2) - -2 0 极小值 f(-2)


(-2,+∞) +

∴ 当 x=-2 时,函数 f(x)取得极小值,极小值为 f(-2)=-e 2.(3 分) 2-x x 1 (2) 当 a=- 时,F(x)= e ,定义域为{x|x≠-2,x∈R}. 2 2+x ∵ F′(x)=?

?2-x?′ex+2-x(ex)′=- x e <0, ? 2+x ?2+x?2 ?2+x?

2 x

∴ F(x)在(-∞,-2)及(-2,+∞)上均为减函数.(5 分) ∵ 当 x∈(-∞,-2)时,F(x)<0,∴ x∈(-∞,-2)时,F(x)<1. ∵ 当 x∈(-2,+∞)时,F(0)=1,∴ 由 F(x)<1=F(0),得 x>0. 综上所述,不等式 F(x)<1 的解集为(-∞,-2)∪(0,+∞).(7 分) (3) 函数 F(x)= 1+ax x 1 ? ? x∈R,x≠ ??. e ,定义域为?x? a ?? ? ? 1-ax 2a+1 -a2?x2- 2 ? a ? x ? e. ?1-ax?2

-a2x2+2a+1 x 当 a<0 时,F′(x)= e= ?1-ax?2 2a+1 令 F′(x)=0,得 x2= 2 .(9 分) a

1 ① 当 2a+1<0,即 a<- 时,F′(x)<0. 2 1? ? 1 1 ? ∴ 当 a<- 时,函数 F(x)的单调减区间为? ?-∞,a?∪?a,+∞?.(11 分) 2 2a+1 2a+1 2a+1 1 ② 当- <a<0 时,解 x2= 2 得 x1= ,x2=- . 2 a a a 2a+1 1 ∵ < , a a 1? ?1 ? ∴ 令 F′(x)<0,得 x∈? ?-∞,a?,x∈?a,x1?,x∈(x2,+∞); 令 F′(x)>0,得 x∈(x1,x2).(13 分)

1 ∴ 当- <a<0 时,函数 F(x)的单调减区间为 2 2a+1? ? 2a+1 1 ?; ?-∞,1?∪? ?∪? ? a? ? ? ? a, a ? ?- a ,+∞? 函数 F(x)单调增区间为? 2a+1? ? 2a+1 ?.(15 分) ? a ,- a ?

1 ③ 当 2a+1=0,即 a=- 时,由(2)知,函数 F(x)的单调减区间为(-∞,-2)∪(-2, 2 +∞).(16 分) 第 3 讲 基本初等函数

1. 已知定义在 R 上的奇函数 f(x),满足 f(x-4)=-f(x)且在区间[0,2]上是增函数,若方 程 f(x)=m(m>0)在区间[-8,8]上有四个不同的根 x1, x2, x3, x4, 则 x1+x2+x3+x4=________. 【答案】 -8 解析:因为定义在 R 上的奇函数,满足 f(x-4)=-f(x),所以 f(x-4) =f(-x), 对 f(x)是奇函数, 函数图象关于直线 x=2 对称且 f(0)=0, 由 f(x-4)=-f(x)知 f(x -8)=f(x),所以函数是以 8 为周期的周期函数,又因为 f(x)在区间[0,2]上是增函数,所以 f(x)在区间[-2,0]上也是增函数.如图所示,那么方程 f(x)=m(m>0)在区间[-8,8]上有四个 不同的根 x1,x2,x3,x4,不妨设 x1<x2<x3<x4 由对称性知 x1+x2=-12,x3+x4=4,所 以 x1+x2+x3+x4=-12+4=-8.

2. 已知函数 f(x)=x3-(k2-k+1)x2+5x-2,g(x)=k2x2+kx+1,其中 k∈R. (1) 设函数 p(x)=f(x)+g(x).若 p(x)在区间(0,3)上不单调,求 k 的取值范围;
? ?g?x?,x≥0, (2) 设函数 q(x)=? 是否存在 k,对任意给定的非零实数 x1,存在唯一的 ?f?x?,x<0. ?

非零实数 x2(x2≠x1),使得 q′(x2)=q′(x1)成立?若存在,求 k 的值;若不存在,请说明理 由. 解: (1)因 p(x)=f(x)+g(x)=x3+(k-1)x2+(k+5)x-1, p′(x)=3x2+2(k-1)x+(k+5),因 p(x)在区间(0,3)上不单调,所以 p′(x)=0 在(0,3) ?3x2-2x+5? 上有实数解, 且无重根, 由 p′(x)=0 得 k(2x+1)=-(3x2-2x+5), ∴ k=- = 2x+1 9 10 3 9 - ??2x+1?+2x+1- 3 ?,令 t=2x+1,有 t∈(1,7),记 h(t)=t+ ,则 h(t)在(1,3]上单调递 4? t ? 9 减,在[3,7)上单调递增,所以有 h(t)∈[6,10],于是(2x+1)+ ∈[6,10),得 k∈(-5,- 2x+1 2],而当 k=-2 时有 p′(x)=0 在(0,3)上有两个相等的实根 x=1,故舍去,所以 k∈(-5, -2). (2) 当 x<0 时,有 q′(x)=f′(x)=3x2-2(k2-k+1)x+5; 当 x>0 时,有 q′(x)=g′(x)=2k2x+k,因为当 k=0 时不合题意,因此 k≠0,

下面讨论 k≠0 的情形,记 A=(k,+∞),B=(5,+∞)①,当 x1>0 时,q′(x)在(0, +∞)上单调递增,所以要使 q′(x2)=q′(x1)成立,只能 x2<0 且 ,因此有 k≥5,② 当 x1<0 时,q′(x)在(-∞,0)上单调递减,所以要使 q′(x2)=q′(x1)成立,只能 x2>0 且 ,因此 k≤5,综合①②k=5; 当 k=5 时 A=B,则 1<0,q′(x1)∈B=A,即 2>0,使得 q′(x2)=q′(x1)成立, 因为 q′(x)在(0,+∞)上单调递增,所以 x2 的值是唯一的; 同理, 1<0,即存在唯一的非零实数 x2(x2≠x1),使 q′(x2)=q′(x1)成立,所以 k=5 满足题意. 基础训练 1. (-1,1) 2. {x|x<0 或 x>2} 3. (-∞,loga3) 解析:由题知 0<a<1,不等式 a2x-2ax-3>0 可化为(ax-3)(ax+1) >0,ax>3,x<loga3. 4. 15 4 1 1 15 解析:由函数 y=|log0.5x|得 x=1,y=0;x=4 或 x= 时 y=2,4- = . 4 4 4

例题选讲 例 1 解:(1)函数 f(x)为奇函数,f(-x)=-f(x)恒成立,∴ c=0,又由 f(1)=2,f(2)< a=2b-1, ? ? 3 得?4a+1 ? ? 2b <3, x2+1 3 1 0<b< ,b∈Z ∴ b=1,a=1.(2) f(x)= =x+ ,函数在(-∞,- 2 x x

1)上递增,在(-1,0)上递减. -2x+b 变式训练 已知定义域为 R 的函数 f(x)= x+1 是奇函数. 2 +a (1) 求 a,b 的值; (2) 若对任意的 t∈R,不等式 f(t2-2t)+f(2t2-k)<0 恒成立,求实数 k 的取值范围. b-1 解: (1) 因为 f(x)是定义域为 R 的奇函数,所以 f(0)=0,即 = a+2 1 1- 2 1-2x 1-2 =- x+1,又由 f(1)= -f(-1)知 a+2 a+4 a+1 经检验符合题意,∴ a=2,b=1. 1-2x 1 1 (2) (解法 1)由(1)知 f(x)= , x+1=- + x 2 2 +1 2+2 易知 f(x)在(-∞,+∞)上为减函数.又因 f(x)是奇函数,从而不等式: f(t2-2t)+f(2t2-k)<0 等价于 f(t2-2t)<-f(2t2-k)=f(k-2t2), 因 f(x)为减函数,由上式推得:t2-2t>k-2t2.即对一切 t∈R 有:3t2-2t-k>0,从而 判别式 Δ=4+12k< 1 <- . 3 =1, ∴ f(x)=

=2.

1-2x 1-2t2-2t 1-22t2-k (解法 2)由(1)知 f(x)= + <0,即: + .又由题设条件得: 2+2x 1 2+2t2-2t+1 2+22t2-k+1 (22t2-k+1+2)(1-2t2-2t)+(2t2-2t+1+2)(1-22t2-k)<0, 整理得 23t2-2t-k>1,因底数 2>1,故: 3t2-2t-k>0 对一切 t∈R 均成立,从而判

别式 Δ=4+12k<

1 <- . 3

1 例 2 解:(1)当 x<0 时,f(x)=0;当 x≥0 时,f(x)=2x- x, 2 1 由条件可知 2x- x=2,即 22x-2· 2x-1=0,解得 2x=1± 2, 2 ∵ x>0,∴ x=log2(1+ 2). 1? 2t ? t 1? (2) 当 t∈[1,2]时,2t? ?2 -22t?+m?2 -2t?≥0, 即 m(22t-1)≥-(24t-1), ∵ 22t-1>0,∴ m≥-(22t+1). ∵ t∈[1,2],∴ -(22t+1)∈[-17,-5]. 故 m 的取值范围是[-5,+∞). 变式训练 设函数 f(x)=ax 满足条件:当 x∈(-∞,0)时,f(x)>1.当 x∈(0,1]时,不等 式 f(3mx-1)>f(1+mx-x2)>f(m+2)恒成立,求实数 m 的取值范围. 解: 由已知得 0 < a < 1 ,由 f(3mx - 1) > f(1 + mx - x2) > f(m + 2) , x∈(0,1] 恒成立
2 ? ?3mx-1<1+mx-x , ? 在 x∈(0,1]上恒成立. 2 ?1+mx-x <m+2, ? 2 2 ? ? ?2mx<2-x , ?2mx<2-x , ? ? 整理,当 x∈(0,1]时, 2 恒成立.当 x=1 时, 2 恒成 ?m?x-1?<1+x . ? ? ?m?x-1?<1+x

1 立,则 m< . 2 2-x ? ?m< 2x , 当 x∈(0,1)时,? 1+x ?m> x-1 ?
2 2

恒成立,

2-x2 1 x = - 在(0,1)上单调减, 2x x 2



2-x2 1 1 > ,∴ m≤ . 2x 2 2 x2+1 x2+1 2 =(x-1)+ +2,在 x∈(0,1)上是减函数,∴ <-1. x-1 x-1 x-1 2-x m< ? ? 2x , ≥-1,当 x∈(0,1)时,? 1+x ?m> x-1 , ?
2 2

又∵

∴ m>

x2+1 恒成立 x-1

恒成立

1? ∈? ?-1,2?.

综上,使 x∈(0,1]时,f(3mx-1)>f(1+mx-x2)>f(m+2)恒成立,实数 m 的取值范围 1? 是? ?-1,2?. 例 3 解:(1) g(x)=a(x-1)2+1+b-a, 当 a>0 时,g(x)在[2,3]上为增函数,
?g?3?=4, ? 故? ? ?g?2?=1 ?9a-6a+1+b=4, ? ? ? ?4a-4a+1+b=1 ?a=1, ? ? ? ?b=0.

当 a<0 时,g(x)在[2,3]上为减函数.
?g?3?=1, ? 故? ? ?g?2?=4 ?9a-6a+1+b=1, ? ? ? ?4a-4a+1+b=4 ?a=-1, ? ? ? ?b=3.

1 ∵ b<1 ∴ a=1,b=0 即 g(x)=x2-2x+1.f(x)=x+ -2. x 1 (2) 方程 f(2x)-k· 2x≥0 化为 2x+ x-2≥k· 2x, 2 1 ?2 1 1 2 1+? ?2x? -22x≥k,令2x=t,k≤t -2t+1, 1 ? 2 ∵ x∈[-1,1],∴ t∈? ?2,2?.记 φ(t)=t -2t+1, ∴ φ(t)min=0,∴ k≤0. 2 (3)由 f(|2x-1|)+k?|2x-1|-3?=0

?

?

得|2x-1|+

1+2k -(2+3k)=0, |2x-1|

|2x-1|2-(2+3k)|2x-1|+(1+2k)=0,|2x-1|≠0, 令|2x-1|=t, 则方程化为 t2-(2+3k)t+(1+2k)=0(t≠0), ∵ 方程|2x-1|+ 1+2k -(2+3k)=0 有三个不同的实数解, |2x-1|

∴ 由 t=|2x-1|的图象(如右图)知, t2-(2+3k)t+(1+2k)=0 有两个根 t1、t2,且 0<t1<1<t2 或 0<t1<1,t2=1, 记 φ(t)=t2-(2+3k)t+(1+2k),
?φ?0?=1+2k>0, ? 则? ? ?φ?1?=-k<0

φ?0?=1+2k>0, ? ?φ?1?=-k=0, 或? 2+3k ? ?0< 2 <1.

∴ k>0.

例 4 解:(1) 由函数 f(x)定义域为 R,∴ b>0. 又 f(x)为奇函数,则 f(-x)=-f(x)对 x∈R 恒成立,得 a=0. 因为 y=f(x)= x 的定义域为 R,所以方程 yx2-x+by=0 在 R 上有解. x2+b 1 1 1 1 1 - , ?,所以 ≤y≤ ,而 f(x)的值域为? = ,解 ? 4 4? 2 b 2 b 2 b 4 1

当 y≠0 时,由 Δ≥0,得-

得 b=4;当 y=0 时,得 x=0,可知 b=4 符合题意.所以 b=4. x (2) ① 因为当 x∈[0,3)时,g(x)=f(x)= 2 , x +4

?x-3?lnm 所以当 x∈[3,6)时,g(x)=g(x-3)lnm= ; ?x-3?2+4 当 x∈[6,9)时,g(x)=g(x-6)(lnm)2= ?x-3?lnm ? ??x-3? +4,x∈[3,6?, 故 g(x)=? ?x-6??lnm? ? ?x-6? +4 ,x∈[6,9?. ?
2 2 2

?x-6??lnm?2 , ?x-6?2+4

x 1 ② 因为当 x∈[0,3)时,g(x)= 2 在 x=2 处取得最大值为 ,在 x=0 处取得最小值为 4 x +4 ?x-3n??lnm?n 0,所以当 3n≤x<3n+3(n≥0,n∈Z)时,g(x)= 分别在 x=3n+2 和 x=3n 处 ?x-3n?2+4 ?lnm?n 取得最值 与 0. 4 ?lnm?2n (ⅰ) 当|lnm|>1 时,g(6n+2)= 的值趋向无穷大,从而 g(x)的值域不为闭区间; 4 (ⅱ) 当 lnm=1 时,由 g(x+3)=g(x)得 g(x)是以 3 为周期的函数,从而 g(x)的值域为闭 1? 区间? ?0,4?; (ⅲ) 当 lnm=-1 时, 由 g(x+3)=-g(x)得 g(x+6)=g(x), 得 g(x)是以 6 为周期的函数, -?x-3? 1 1 1 - ,0?,从而 g(x)的值域为闭区间?- , ?; 且当 x∈[3,6)时 g(x)= 值域为? 2 ? 4 ? ? 4 4? ?x-3? +4 1 ?lnm?n 1 0, ?; (ⅳ) 当 0<lnm<1 时,由 g(3n+2)= < ,得 g(x)的值域为闭区间? ? 4? 4 4 (ⅴ) 当- 1 < lnm < 0 时,由 lnm ?lnm?n 1 ≤g(3n + 2) = ≤ ,从而 g(x) 的值域为闭区间 4 4 4

?lnm,1?; ? 4 4?
1 ? 综上知, 当 m∈? e], 即 0<lnm≤1 或-1≤lnm<0 时, g(x)的值域为闭区间. ?e,1?∪(1, 高考回顾 1. -9 1 - ,+∞? 2. ? ? 2 ?
? ?x≤1, 3. [0,+∞) 解析:? 1-x ?2 ≤2 ? ? ?x>1, ≤x≤1 或? ?1-log2x≤2 ?

>1,综上 x≥0.

4. 2 解析:(解法 1) 方程 logax+x-b=0(a>0,a≠1)的根为 x0,即函数 y=logax(2<a <3)的图象与函数 y=b-x(3<b<4)的交点横坐标为 x0,且 x0∈(n,n+1),n∈N*,结合图 象,因为当 x=a(2<a<3)时,y=logax(2<a<3)图象上点的纵坐标为 1,对应直线上点的纵 坐标为 y=b-a∈(0,2),∴ x0∈(2,3),n=2. (解法 2) f(2)=loga2+2-b<0,f(3)=loga3+3-b>0,而 f(x)在(0,+∞)上单调增,∴ x0∈(2,3),n=2.

2 2 a x -ax+2 5. 解:f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=1+ 2- = . x x x2

设 g(x)=x2-ax+2,二次方程 g(x)=0 的根判别式 Δ=a2-8. ① 当 Δ=a2-8<0,即 0<a<2 2时,对一切 x>0 都有 f′(x)>0,此时 f(x)在(0,+ ∞)上是增函数. ② 当 Δ=a2-8=0,即 a=2 2时,仅对 x= 2有 f′(x)=0,对其余的 x>0 都有 f′(x) >0,此时 f(x)在(0,+∞)上也是增函数. ③ 当 Δ=a2-8>0,即 a>2 2时, a- a2-8 a+ a2-8 方程 g(x)=0 有两个不同的实根 x1= ,x2= ,0<x1<x2. 2 2 x f′(x) f(x) (0,x1) + 单调递增
2

x1 0 极大

(x1,x2) - 单调递减
2

x2 0 极小
2

(x2,+∞) + 单调递增

? a- a -8?上单调递增,在?a- a -8 a+ a -8?上是单调递减,在 此时 f(x)在?0, ? ? ? , 2 2 2 ? ? ? ? ?a+ a2-8 ? ? ,+∞?上单调递增. 2 ? ?
x-1 1 6. 解:(1) 由题设知 f(x)=lnx,g(x)=lnx+ , ∴ g′(x)= 2 ,令 g′(x)=0 得 x=1, x x 当 x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)是减函数,故(0,1)是 g(x)的单调减区间.当 x∈(1,+∞)时, g′(x)>0,g(x)是增函数,故(1,+∞)是 g(x)的单调递增区间,因此 x=1 是 g(x)的唯一极 值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以 g(x)的最小值为 g(1)=1. 1? 1?2 ?1?=2lnx-x+1,则 h′(x)=-?x- (2) g? =- lnx + x ,设 h(x) = g(x) - g ,当 x=1 2 ?x? ?x? x x 1? 时,h(1)=0,即 g(x)=g? ?x?,当 x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,因此 h(x)在(0,+∞) 1? ?1? 内单调递减,当 0<x<1 时,h(x)>h(1)=0,即 g(x)>g? ?x?.x>1 时,h(x)<h(1)=0,g(0)<g?x?. 1 (3) 由(1)知 g(x)的最小值为 1,所以 g(a)-g(x)< ,对任意 x>0 恒成立 a 即 lna<1 从而得 0<a<e. 1 -1< , a


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