基本初等函数应用求解中的误区警示-《中学生数理化》高一数学2026年7～8月刊

基本初等函数种类繁多，研究方法灵活 多样，同学们常常会犯这样或那样的错误。 下面就求解此类问题中的思维误区进行剖 析，希望对同学们的学习有所帮助。 误区1：判断函数奇偶性忽略定义域 例1判断函数f(x)=1g1二x) 1x-2-2的奇 偶性。 错解：由f(-x)=g1一x) 1x+2引-2≠f(x),可 得函数f(x)为非奇非偶函数。 剖析：错解中注意了对f(一x)=士f(x) 的探究，忽略了对定义域的研究。由函数 1-x2>0, f(x)的解析式知x满足 即函数 x一2≠2， f(x)的定义域为（一1,0）U(0,1),所以定义 域关于原点对称。在定义域下得(x)= g1一x）,易得f(一x)=一∫(x),所以函 数f(x)= 1g(1-x) 为奇函数。 |x-2|-21 警示：研究函数必须遵循“定义域优先” 的原则。研究函数的奇偶性，先求函数的定 义域，在定义域关于原点对称的前提下，再进 行f(一x)=士f(x)的变形探究。 误区2：混淆单调区间和单调区间子集 的意义 例2若函数f(x)=x+2(a一1)x十4 的单调递减区间是（一©∞，4]，则实数a的取 值范围是 0 错解：函数f(x)图像的对称轴为直线x =1一a,由于函数f(x)在区间（一∞，4]上单 调递减，所以1一a≥4，即a≤一3，所以实数 a的取值范围为（一∞，一3]。 剖析：错解中把单调区间误认为是在区 间上单调。因为函数∫(x)的单调递减区间 为（一∞，4]，且函数f(x)图像的对称轴为直 线x=1一a,所以1一a=4,即a=一3，所以 实数a的取值范围为{aa=一3}。 警示：单调区间是一个整体慨念，比如函 数的单调递减区间是I,指的是函数单调递 减的最大范围为区间I,而函数在某一区间 上单调，则指此区间是相应单调区间的子集。 高一黄学识种气药骨中学生表理化 基本初等函数应用 求解中的误区警示 ■何炜 误区3：抽象函数单调性应用中忽略整 体变量的范围 例3已知奇函数f(x)是定义在（一3， 3)上的减函数，且满足不等式f(x一3)十 f(x2一3)<0，求x的取值范围。 错解：因为f(x)是奇函数，所以f(x 3)<一f(x2一3)=f(3-x)。因为f(x)在 (一3,3)上是减函数，所以x一3>3一x2,即 x2+x-6>0,解得x>2或x<-3。 又f(x)是定义在（一3,3）上的函数，所 以x的取值范围为2<x<3。 剖析：上述解法只考虑到奇函数与单调 性，而忽略了函数的定义域。 由函数f(x)的定义域是（一3,3）得 一3<x一33， (0x6, 解得 所 -3<x2-3<3, -√6<x<√6且x≠0， 以0x√6。 因为f(x)是奇函数，所以f(x一3)< -f(x2-3)=f(3-x2)。又f(x)在(-3， 3)上是减函数，所以x一3>3-x2,即x+x -6>0,解得x>2或x<-3。 综上得x的取值范围为2<x<√6。 警示：解抽象函数不等式，在利用函数单 调性的定义时，要注意自变量范围的约束。 误区4：分段函数单调性问题，忽略分界 点处函数值的比较 例4已知函数f(x)= (2-a)x+1,x<1, 是R上的增函数，求a a,x≥1 的取值范围。 错解：要使∫(x)在R上是增函数，需满 足函数y=(2-a)x+1(x<1)与y=a(x 15 中学生数理化离数华与0年7-8月 知识结构与拓展 12-a>0, ≥1)均为增函数，所以 所以1< a>1, a<2,即a∈(1,2)。 剖析：上述解法只考虑到各段函数在相 应定义域内为增函数，忽视了∫(x)在分界点 处函数值的大小关系。要使f(x)在R上是 增函数，需满足函数g(x)=(2一a)x十1与 h(x)=a均为增函数，且还要在x=1处满 f2-a>0, 足g(1)≤h(1),所以a>1, 解得 2-a+1≤a, ≤a<2,所以a的取值范围是[受，2） 3 警示：分段函数从在区间上单调到在R 上单调，既要保证区间上单调又要保证区间 分界点处函数值的大小关系。 误区5：忽视对指数函数中底数的讨论 例5若函数f(x)=a(a>0,a≠1)在 [一1,2]上的最大值为4，最小值为m,且函 数g(x)=(1-4m)√元在[0，十∞)上是增函 数，则a=,m= 错解1：由已知得a1=4,a2=m,所以 1 Q三年m三6经检验知符合题意 错解2：若a>1,则a1=m,a2=4,解得 a=2,m= :若0<a<1,则a1=4,a2= 1 1 m,解得a三子m三6。综上得a=2,m门 名成a 1 1 4,m=16 剖析：不能正确使用条件“g(x)在[0， +∞)上是增函数”或对a的取值没有进行讨 论。因为g(x)在[0，十∞)上是增函数，所以 1-4m>0,即m<年。 当a>1时，函数f(x)在[一1,2]上单调 递增，其最小值为。=m最大值为公=4，解 得a=2,m=合，这时与m<寻矛盾：当0<a 1 <1时，函数f(x)在[一1,2]上单调递减，其 最小值为a2=m,最大值为a1=4,解得a= 16 1 1 4m=16 1 1 综上可得，a=4m一16。 警示：指数函数的底数不确定时，单调性 不明确，从而无法确定其最值，故应分a>1 和0<a<1两种情况进行讨论。 误区6：对数的复合函数单调性中忽略 真数大于0 例6已知y=log.(2-ax)在[0,1]上 是减函数，则a的取值范围是 错解：易知y=log。(2一ax)是由y= log.u,u=2一ax复合而成。因为a>0,所以 u=2一ax在[0,1]上为减函数。 因为y=log。(2-ax)在[0,1]上是减函 数，所以结合复合函数的单调性知y=logu 应为增函数，所以a>1,即a∈(1，十o)。 剖析：上述解法虽然考虑了对数函数与 一次函数的复合关系，却忽视了对数函数定 义域的限制。单调区间应该是定义域的子 集，即函数应在[0,1]上有意义。 易知y=log。(2一ax)是由y=log.u, u=2一ax复合而成。因为a>0,所以u= 2一ax在[0,1]上是减函数。 由复合函数的单调性知y=log。u应为 增函数，所以a>1。又u>0,即当x∈[0,1] 时，2-ax>0,所以2-a×1>0,解得a<2。 综上得a的取值范围是(1,2)。 警示：解答此类问题通常会出现以下两 类错误：一是忽视函数的定义域；二是“同增 异减”法则应用错误。 设函数f(x)= lnx,x之e,若函数 a-x2,x≤e, f(x)的值域为R,则实数a的取值范围是 提示：当x>e时，f(x)>1；当x≤e时， f(x)=a一x≤a。因为函数f(x)的值域为 R,所以a≥1，即实数a的取值范围是 [1,+∞)。 作者单位：陕西省洋县中学 (责任编辑王琼霞)