■石汉荣 刘大鸣(特级教师)
以函数概念与性质为背景的创新问题,常以“问题”为核心,以“探究”为途径,以“发现”为目的,考查同学们在新背景下收集信息、处理信息并应用函数概念等知识解决新问题的能力。
例1已知函数f(-x2+4x-1)的定义域为[0,m],可求得函数f(2x-1)的定义域为[0,2],则实数m的取值范围是____。
解:由f[g(x)]的定义域求f[h(x)]的定义域,可先求内层函数g(x)的值域,再根据整体变量观念转化为二次函数在[0,m]上的值域,即可确定自变量m的取值范围。
由函数f(2x-1)的定义域为[0,2],可得0≤x≤2,所以-1≤2x-1≤3。令t=-x2+4x-1,则-1≤t≤3。由题意知,当x∈[0,m]时,t∈[-1,3],作出函数t=-x2+4x-1的图像,如图1所示。
图1
由图可得,当x=0或x=4时,t=-1;当x=2时,t=3。所以当2≤m≤4 时,t∈[-1,3],故实数m的取值范围是2≤m≤4。
反思:已知f(x)的定义域求f[φ(x)]的定义域,就是解内层函数φ(x)的不等式;反之就是求内层函数φ(x)的值域。已知复合函数f[g(x)]的定义域,求复合函数f[h(x)]的定义域,这两个复合函数的外层函数相同,其内层函数的值域一定相同,可将问题转化为由函数的值域确定自变量的范围问题求解。
例2已知函数f(x)是定义在R 上的奇函数,若对于任意给定的实数x1,x2,且x1≠x2,不等式x1f(x1)+x2f(x2) 解:对于任意给定的实数x1,x2,且x1≠x2,不等式x1f(x1)+x2f(x2) 当x+1>0时,因为(x+1)f(1-2x)<0,所以f(1-2x)<0,所以1-2x>0,据此解得>x>-1;当x+1<0时,因为(x+1)f(1-2x)<0,所以f(1-2x)>0,所以1-2x<0,此时无解。 反思:函数f(x)在定义域D上单调递增⇔函数f(x)在定义域D上,当x1≠x2时,>0或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0恒成立。函数f(x)在定义域D上单调递减⇔函数f(x)在定义域D上,当x1≠x2时,<0 或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0恒成立。 例3已知函数f(x)满足f(-x)=f(x),当a,b∈ (-∞,0)时,总 有>0(a≠b)。若f(2m+1)>f(2m),则m的取值范围为____。 解:当a,b∈(-∞,0)时,总 有>0(a≠b),则f(x)在(-∞,0)上单调递增。因为f(-x)=f(x),所以f(x)为偶函数,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减。因为f(2m+1)>f(2m),所以|2m+1|<|2m|,可得4m+1<0,解得m< 反思:与偶函数有关的函数不等式问题,利用f(|x|)=f(x)可简化分类计算。 例4函数f(x)对任意实数x,y,均满足f(x+y2)=f(x)+2[f(y)]2,且f(1)≠0,则f(2019)=_____。 反思:利用题中条件f(1)≠0,并对x,y进行赋值,得到关于f(x+1)-f(x)=的递推关系式,这是解答本题的关键。 例5已知函数f(x)对任意实数x,y,恒有f(x+y)=f(x)+f(y)。当x>0时,有f(x)<0且f(1)=-2。 (1)判断f(x)的奇偶性。 (2)求f(x)在区间[-3,3]上的最大值。 解:(1)令x=y=0,则f(0+0)=2f(0),所以f(0)=0。 令y=-x,则f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)=0,所以f(-x)=-f(x)对任意x∈R 恒成立,可知f(x)为奇函数。 (2)任取x1,x2∈(-∞,+∞)且x1 因为f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=3f(1)=-6,所以f(-3)=-f(3)=6,故f(x)在[-3,3]上的最大值为6。 反思:求抽象函数的最值问题,一般先确定函数的单调性,然后求其最值。 例6定义在R 上的函数f(x)满足:对任意实数m,n,总有f(m+n)=f(m)·f(n),且 当x>0 时,0 解:令m=1,n=0,则f(1)=f(1)·f(0),且0 任取x1,x2∈R,令x1>x2,则x1-x2>0,可得0 令m=x,n=-x,可得f(x)=。当x<0 时,-x>0,可得0 因为f(6)=f(3+3)=f2(3)=4,所以f(x)f(x-8)=f(x+x-8)≤f(6)。又因为f(x)是R 上的减函数,所以x+x-8≥6,可得x≥7。 反思:解答本题的关键是利用条件得到f(x2)[f(x1-x2)-1]<0。创新3:函数对称轴中的“创新”
创新4:抽象函数求值的“创新”
创新5:抽象函数求最值的“创新”
创新6:抽象函数不等式的“创新”