函數題型須注意典型錯誤要力避

安徽省宿州市埇橋區祁縣中學(234115)

張 剛●

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函數題型須注意典型錯誤要力避

安徽省宿州市埇橋區祁縣中學(234115)

張 剛●

函數是高中數學中的最重要的內容之一，也是高考考查的重點內容之一.由于在高考中知識點多、覆蓋面廣、考查靈活，學生在各類考試中，由于各種原因往往會出現各種不該出現的錯誤，造成小題大錯，失分實屬可惜.本文通過對學生在學習中，由于基本概念、性質、原理等掌握不牢，而出現的各種典型錯誤進行剖析根源，理解和掌握函數的各種常考題型.幫助學生真正理解數學概念，弄清實質，以不變應萬變，從而達到提高學生分析問題和解決問題的能力.

函數；典型錯誤；剖析

函數是高中數學中最重要的高考內容之一，而函數題型高考考點多、覆蓋面廣、考查題型靈活多變，在考試中由于各種原因常常會導致錯誤的發生.下面針對學生在解題過程中經常出現的典型錯誤進行剖析，希望能夠引起學生的高度注意，從而提高學生分析問題和解決問題的能力.

一、判斷函數奇偶性時，忽視定義域致錯

∵f(-x)=-2x=-f(x)，

剖析 上面解題過程出錯的原因是沒有考慮函數的定義域，避免出現此類錯誤的方法是判斷函數的奇偶性要遵循定義域優先的原則.

正解 ∵函數f(x)的定義域為{x|x≠-1}，不關于原點對稱，

∴f(x)既不是奇函數，也不是偶函數.

例2 已知函數f(x)=x2-2ax+b是定義在區間[-2b,3b-1]上的偶函數，求函數f(x)的值域.

錯解 ∵f(x)是偶函數，∴f(-x)=f(x),即a=0.

∴f(x)=x2+b,從而得到函數的值域為[b,4b2+b]或[b,(3b-1)2+b].

剖析 忽視了函數的定義域關于原點對稱這一條件，即-2b+3b+1=0.

正解 ∵f(x)是偶函數，∴f(-x)=f(x), 即-2b+3b-1=0.

又定義域為[-2b,3b-1]，∴-2b+3b-1=0， ∴b=1.

∴f(x)=x2+1,x∈[-2,2],∴函數f(x)的值域為[1,5].

點評 判斷函數的奇偶性時，首先求出函數的定義域，若定義域關于原點對稱，再利用定義判斷，若定義域不關于原點對稱，則函數為非奇非偶函數，同時還應注意：定義域關于原點對稱，且f(x)=0的函數既是奇函數，又是偶函數.

二、求函數解析式時，忽視x=0的情況或漏解致錯

例3 已知f(x)為R上的奇函數，當x>0時，f(x)=x+1, 求f(x)的解析式.

錯解 設x<0,則-x>0,∴f(-x)=-x+1.

剖析 因為f(x)的定義域為R，上面錯解所求得的解析式中無x=0的情況，故需補充f(0)的值.

正解 設x<0, 則-x>0,∴f(-x)=-x+1.

∵f(x)是奇函數，∴f(-x)=-f(x),∴f(x)=x-1.

當x=0時，由奇函數的定義知f(0)=0.

點評 若f(x)是R上的奇函數，則一定有f(0)=0.本題中，求分段函數的解析式時，一定要注意各“段”上定義域的并集為R，不要漏掉x=0 的情況.

三、求函數解析式時，忽略定義域致錯

剖析 在求解函數解析式時忽略了函數的定義域導致錯誤,

點評 用換元法求函數解析式時，要注意用于代換的新元與原定義域的變化.

四、因不能區分自變量而導致定義域錯

例5 函數f(x)的定義域為[0,4]，求函數f(x2)的定義域.

錯解 ∵f(x)的定義域是[0,4]，∴f(x2)的定義域是[0,16].

剖析f(x2)是由兩個函數復合而成的，外函數是y=f(u)，內函數是u=x2，而u的取值不能超出f(x)定義域，即0≤u≤4.

正解f(x)的定義域為[0,4]，∴0≤x2≤4,∴-2≤x≤2.

∴f(x2)的定義域是[-2,2].

點評 函數的定義域就是自變量x的取值范圍，要抓住這一關鍵點求解.本題中f(x)中的x滿足0≤x≤4，因而f(x2)中的x2滿足：0≤x2≤4, 并由其求出x的范圍，即f(x2)的定義域.

五、求函數定義域時，非等價化簡解析式致錯

∴函數的定義域為{x|x≥2或x≤-2}.

剖析 錯解在求函數的定義域時，對函數的解析式進行了不等價變形，導致定義域范圍擴大。所以求函數的定義域時，一定要根據最原始的解析式來求解.

六、求二次函數最值時，忽視對稱軸與區間的關系導致錯誤

例7 求函數y=x2-2ax+1在[0,+∞)上的最小值.

錯解y=(x-a)2+1-a2≥1-a2,∴ymin=1-a2.

剖析 當x=a時，得ymin=1-a2，而對a是否在[0,+∞)內沒有討論.

正解 當a≥0時，ymin=1-a2；當a<0時，ymin=1.

點評 有關二次函數的區間最值問題，一定要考查對稱軸與區間的位置關系.

七、對“單調區間”與“在區間上單調”兩個概念理解錯誤而出錯

例8 若函數f(x)=x2+2(a-1)x+2的單調減區間是(-∞,4]，則函數a的取值是____.

錯解 函數圖象的對稱軸為直線x=1-a，由于函數在區間(-∞,4]上減函數，因此1-a≥4,即a≤-3,∴a≤-3.

剖析 錯解中把單調區間誤認為是在區間上單調.函數f(x)=x2+2(a-1)x+2在區間(-∞,4]上是減函數，意味著區間(-∞,4]可能是函數f(x)=x2+2(a-1)x+2的單調減區間的子集，顯然與題意不符合.

正解 函數圖象的對稱軸為直線x=1-a，對稱軸左邊區間為函數的單調減區間，右邊區間為函數的單調增區間. 故由函數的單調減區間為(-∞,4],可得對稱軸為直線x=4，所以有1-a=4, 得a=-3.

答案:-3

點評 本題中強調的是f(x)的單調減區間為(-∞,4]，而不是函數f(x)在(-∞,4]上是遞減的，要注意它們的本質區別.

八、對二次函數的性質模糊而出錯

錯解 D.

九、忽視二次項系數的取值范圍致錯

例10 已知二次函數f(x)=ax2+2a2+1在[2,+∞)上是遞增的，求實數a的取值范圍.

錯解 ∵函數f(x)圖象的對稱軸為直線x=-a，且f(x)在[2,+∞)上是遞增的，∴-a≤2,∴a≥-2.

剖析 忽視了拋物線的開口方向以及二次項系數a≠0.

點評 解決求參數范圍的問題，要借助二次函數圖象，對二次項系數的符號、對稱軸的位置給出限制條件，從而列出關于參數的不等式(組)求解，要注意對隱含條件的挖掘.

十、解決抽象函數問題時，忽視定義域致錯

例11已知f(x)是定義在[-1,1]上的增函數，且f(x-1)

錯解 ∵f(x)是增函數，且有f(x-1)

剖析 只應用了函數的單調性而忽略了函數的定義域導致錯誤.

正解 由題意可得

點評 在高考中對函數定義域有時直接考查，有時隱含在綜合題中，這就要求考生時刻繃緊這根弦，以免掉入定義域的陷阱，因小失大.

十一、利用函數奇偶性證明單調性時，忽視自變量的任意性致錯

例12 已知函數f(x)是偶函數，而且在(0,+∞)上是增函數，判斷f(x)在(-∞,0)上是增函數還是減函數，并證明你的判斷.

錯解f(x)在(-∞,0)上是增函數.證明如下：

任取x1,x2∈(0,+∞), 且x1-x2, 且-x1,-x2∈(-∞,0).

∵f(x)在(0,+∞)上是減函數，∴f(x1)>f(x2).

又∵f(x)是偶函數，

∴f(-x1)=f(x1),f(-x2)=f(x2),

∴f(-x1)>f(-x2).

又∵0>-x1>-x2,∴f(x)在(-∞,0)是增函數.

剖析 此證法是利用了區間(-∞,0)上的兩個特殊值-x1,-x2來判定函數的單調性，不具有任意性.因為x1,x2雖然是(0,+∞)上的任意兩個值，一但取定就是兩個固定的數，所以-x1,-x2就是(-∞,0)上的兩個具體數，利用區間內的兩個具體數判定函數的單調性當然是錯誤的.所以在證明函數的單調性時一定要在待證區間上取任意兩個自變量，然后比較出兩個函數值的大小，進而確定出增減性.

正解f(x)在(-∞,0)上是增函數.證明如下：

任取x1,x2∈(-∞,0), 且x1-x2>0.

∵f(x)在(0,+∞)上是減函數，

∴f(-x1)

又∵f(x)是偶函數，

∴f(-x1)=f(x1),f(-x2)=f(x2),

∴①式即為f(x1)

G632

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