■石漢榮 劉大鳴(特級教師)

以函數(shù)概念與性質(zhì)為背景的創(chuàng)新問題,常以“問題”為核心,以“探究”為途徑,以“發(fā)現(xiàn)”為目的,考查同學(xué)們在新背景下收集信息、處理信息并應(yīng)用函數(shù)概念等知識解決新問題的能力。

創(chuàng)新1:復(fù)合函數(shù)定義域中的“創(chuàng)新”

例1已知函數(shù)f(-x2+4x-1)的定義域?yàn)閇0,m],可求得函數(shù)f(2x-1)的定義域?yàn)閇0,2],則實(shí)數(shù)m的取值范圍是____。

解:由f[g(x)]的定義域求f[h(x)]的定義域,可先求內(nèi)層函數(shù)g(x)的值域,再根據(jù)整體變量觀念轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)在[0,m]上的值域,即可確定自變量m的取值范圍。

由函數(shù)f(2x-1)的定義域?yàn)閇0,2],可得0≤x≤2,所以-1≤2x-1≤3。令t=-x2+4x-1,則-1≤t≤3。由題意知,當(dāng)x∈[0,m]時(shí),t∈[-1,3],作出函數(shù)t=-x2+4x-1的圖像,如圖1所示。

圖1

由圖可得,當(dāng)x=0或x=4時(shí),t=-1;當(dāng)x=2時(shí),t=3。所以當(dāng)2≤m≤4 時(shí),t∈[-1,3],故實(shí)數(shù)m的取值范圍是2≤m≤4。

反思:已知f(x)的定義域求f[φ(x)]的定義域,就是解內(nèi)層函數(shù)φ(x)的不等式;反之就是求內(nèi)層函數(shù)φ(x)的值域。已知復(fù)合函數(shù)f[g(x)]的定義域,求復(fù)合函數(shù)f[h(x)]的定義域,這兩個(gè)復(fù)合函數(shù)的外層函數(shù)相同,其內(nèi)層函數(shù)的值域一定相同,可將問題轉(zhuǎn)化為由函數(shù)的值域確定自變量的范圍問題求解。

創(chuàng)新2:函數(shù)單調(diào)性中的“創(chuàng)新”

例2已知函數(shù)f(x)是定義在R 上的奇函數(shù),若對于任意給定的實(shí)數(shù)x1,x2,且x1≠x2,不等式x1f(x1)+x2f(x2)

解:對于任意給定的實(shí)數(shù)x1,x2,且x1≠x2,不等式x1f(x1)+x2f(x2)

當(dāng)x+1>0時(shí),因?yàn)?x+1)f(1-2x)<0,所以f(1-2x)<0,所以1-2x>0,據(jù)此解得>x>-1;當(dāng)x+1<0時(shí),因?yàn)?x+1)f(1-2x)<0,所以f(1-2x)>0,所以1-2x<0,此時(shí)無解。

反思:函數(shù)f(x)在定義域D上單調(diào)遞增?函數(shù)f(x)在定義域D上,當(dāng)x1≠x2時(shí),>0或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0恒成立。函數(shù)f(x)在定義域D上單調(diào)遞減?函數(shù)f(x)在定義域D上,當(dāng)x1≠x2時(shí),<0 或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0恒成立。

創(chuàng)新3:函數(shù)對稱軸中的“創(chuàng)新”

例3已知函數(shù)f(x)滿足f(-x)=f(x),當(dāng)a,b∈ (-∞,0)時(shí),總 有>0(a≠b)。若f(2m+1)>f(2m),則m的取值范圍為____。

解:當(dāng)a,b∈(-∞,0)時(shí),總 有>0(a≠b),則f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增。因?yàn)閒(-x)=f(x),所以f(x)為偶函數(shù),所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減。因?yàn)閒(2m+1)>f(2m),所以|2m+1|<|2m|,可得4m+1<0,解得m<

反思:與偶函數(shù)有關(guān)的函數(shù)不等式問題,利用f(|x|)=f(x)可簡化分類計(jì)算。

創(chuàng)新4:抽象函數(shù)求值的“創(chuàng)新”

例4函數(shù)f(x)對任意實(shí)數(shù)x,y,均滿足f(x+y2)=f(x)+2[f(y)]2,且f(1)≠0,則f(2019)=_____。

反思:利用題中條件f(1)≠0,并對x,y進(jìn)行賦值,得到關(guān)于f(x+1)-f(x)=的遞推關(guān)系式,這是解答本題的關(guān)鍵。

創(chuàng)新5:抽象函數(shù)求最值的“創(chuàng)新”

例5已知函數(shù)f(x)對任意實(shí)數(shù)x,y,恒有f(x+y)=f(x)+f(y)。當(dāng)x>0時(shí),有f(x)<0且f(1)=-2。

(1)判斷f(x)的奇偶性。

(2)求f(x)在區(qū)間[-3,3]上的最大值。

解:(1)令x=y=0,則f(0+0)=2f(0),所以f(0)=0。

令y=-x,則f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)=0,所以f(-x)=-f(x)對任意x∈R 恒成立,可知f(x)為奇函數(shù)。

(2)任取x1,x2∈(-∞,+∞)且x10。因?yàn)閒(x+y)=f(x)+f(y),當(dāng)x>0 時(shí),有f(x)<0,所 以f(x2)+f(-x1)=f(x2-x1)<0,所以f(x2)<-f(-x1)。又f(x)為奇函數(shù),所以f(x1)>f(x2),所以f(x)在(-∞,+∞)上是減函數(shù),即對任意的x∈[-3,3],都有f(x)≤f(-3)。

因?yàn)閒(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=3f(1)=-6,所以f(-3)=-f(3)=6,故f(x)在[-3,3]上的最大值為6。

反思:求抽象函數(shù)的最值問題,一般先確定函數(shù)的單調(diào)性,然后求其最值。

創(chuàng)新6:抽象函數(shù)不等式的“創(chuàng)新”

例6定義在R 上的函數(shù)f(x)滿足:對任意實(shí)數(shù)m,n,總有f(m+n)=f(m)·f(n),且 當(dāng)x>0 時(shí),0

解:令m=1,n=0,則f(1)=f(1)·f(0),且0

任取x1,x2∈R,令x1>x2,則x1-x2>0,可得0

令m=x,n=-x,可得f(x)=。當(dāng)x<0 時(shí),-x>0,可得00。所以當(dāng)x∈R 時(shí),f(x)>0,則f(x2)>0,所以f(x2)[f(x1-x2)-1]<0,即得f(x1)

因?yàn)閒(6)=f(3+3)=f2(3)=4,所以f(x)f(x-8)=f(x+x-8)≤f(6)。又因?yàn)閒(x)是R 上的減函數(shù),所以x+x-8≥6,可得x≥7。

反思:解答本題的關(guān)鍵是利用條件得到f(x2)[f(x1-x2)-1]<0。