例谈函数问题中的典型错解与错因&函数的概念与基本性质中的创新问题-《中学生数理化》高一数学2026年10月刊

错解制析 例谈函数问题中的典型错解与错因 ■江苏省镇江市丹徒高级中学 范习昱 一、函数定义域求解失误 例1已知函数f(x)的定义域为 t+ (t+1)2+1,t≥0，所以函 [一6,3]，则函数f(x一1)的定义域为 2 2 教y的值为(-，引 错解：因为x∈[-6,3]，所以x 三、函数奇偶性运用失误 1∈[一7,2]，所以函数f(x一1)的定 义域为[一7,2]。 例3E/x)=1+2。为奇 错因分析：函数f(x一1)是由y= 函数，则实数a= f(u),u=x一1复合而成，f(x一1)中 错解：由奇函数的性质得f(0)= 的x不同于函数f(x)中的x。 2 正解：因为f(x)的定义域为 0.即f(0)=1+1户a=0,解得a=3。 [-6,3],所以一6≤x≤3。对于f(x 错因分析：f(0)=0是有前提的， -1),由-6≤x-1≤3，解得-5≤x≤ 即这个函数的定义域必须包含0，而本 4,所以函数f(x一1)的定义域为 题并非如此。当a=3时，f(x)=1+ [-5,4]。 2 二、函数值域求解失误 e一3其定义域是{x∈Rx≠1n3, 例2函数y=x一√1一2x的值 并不关于原点对称，故a=3显然不符 域为 0 合题意。 错解：令t=√1一2x,则x= 正解：易知奇函数f(x)=1十 1-t2 2。原函数等价于g(1)=一 2一的定义域是{x∈Rx≠na,由 e- 于奇函数的定义域关于原点对称，故 2(1+1)2+1≤1，所以函数 lna=0,即a=1。代入检验知f(x)= y的值域为（一∞，1]。 1+2=e+1 错因分析：换元后，将函数g(t)当 e"-1 er-1 是奇函数。 成定义在R上的二次函数而出错。 说明：本文系镇江市教育科学研究 正解：令t=√1-2x≥0，则x= 所教学研究课题(2026年)“生成式人 1-t2 工智能支持下的高中数学探究式课堂 。原函数等价于g:)=之 的实践与研究”的阶段性研究成果。 35 名师在线 函数的慨念与县本性质中的创新问题 ■陕西省洋县中学 全乐 以函数的概念与基本性质为背景 f(x)在定义域D上单调递减台当x1 的创新问题，常常以“问题”为核心，以 ≠x2时，(x1一x2)[f(x1)一f(x2)]< “探究”为途径，以“发现”为目的，考查 0恒成立。 同学们在新情境下处理信息，应用函数 创新2：函数对称性中的“创新” 的概念与性质解决新问题的能力。 例2已知函数f(x)满足 创新1：函数单调性中的“创新” f(-x)=f(x),当a,b∈(-o∞，0) 例1已知f(x)是定义在R上的 时，总有fa)-f(b) >0(a≠b)。若 奇函数，对于任意的实数x1,x2,且x1 a-b ≠x2,不等式x1f(x1)十x2f(x2)< f(2m+1)>f(2m),则实数m的取值 x1f(x2)十x2f(x1)恒成立，则不等式 范围为 (x+1)f(1-2x)<0的解集为 解：当a,b∈(-∞，0)时，总有 解：对于任意的实数x1,x2,且x1 f(a)-fb>0(a≠b),则f(x)在 ≠x2,不等式x1f(x1)十x2f(x2)< a-b x1f(x2)十x2f(x1)恒成立等价于(x1 (一∞，0)上单调递增。由f(一x)= -x2)[f(x1)-f(x2)]<0恒成立，故 f(x)得f(x)为偶函数，由对称性知 f(x)是定义在R上的减函数。由 f(x)在(0，十∞)上单调递减。因为 f(x)是定义在R上的奇函数得f(0) f(2m+1)>f(2m),所以|2m+1|< =0。当x+1>0时，由(x+1)f(1一 12m,化简得4m+1<0,解得m<-1 2x)<0得f(1-2x)<0,所以1-2x >0,联立解得-1<<：当x+1<0 即实数m的取值范围为 -0,-). 时，由(x+1)f(1-2x)<0得f(1 反思：与偶函数有关的函数不等式 2x)>0,所以1一2x<0,此时无解。综 问题，利用“f(|x|)=f(x)”可简化分 上所述，不等式(x+1)f(1一2x)<0 类计算。 创新3：抽象函数求值中的“创新” 的解集为(-1，)。 例3函数f(x)对任意实数x, 反思：函数f(x)在定义域D上单 y,均满足f(x+y2)=f(x)+ 调递增台当x1≠x2时，（x1一x2)· 2[f(y)]2,且f(1)≠0，则f(2026)= [f(x1)一f(x2)]>0恒成立；函数 36 名师在线 解：令y=1,可得f(x+1)= f(x2)+f(-x1)=f(x2-x1)<0,所 f(x)+2[f(1)]2,即f(x+1)-f(x) 以f(x2)<-f(-x1)。又因为f(x) =2[f(1)]2。令x=y=0,可得f(0) 为奇函数，所以f(x1)>f(x2),所以 =0。令x=0,y=1,可得f(1)= f(x)在R上是减函数。易得f(3)= f(0)+2[f(1)]=2[f(1)]。因为 f(2+1)=f(2)+f(1)=3f(1)=-2 )≠0，所以f1)=2,所以f(x+ ×3=-6。对任意x∈[-3,3]，恒有 f(x)≤f(-3)=一f(3)=6,故f(x) 1)-(x)=2所以f2)-f1)= 在[-3,3]上的最大值为6。 反思：求解抽象函数的最值问题， /3)-f2) 1 2,f(4)-f(3)= 一般先根据定义确定函数的单调性，再 求其最值。 1 2，·,f(2026)f(2025)=。 将 以上各式累加得f(2026)一f(1)= 定义在R上的函数f(x)满足：对任 2025 2 ,所以f(2026)=1013。 意的实数m,n,总有f(m+n)=f(m)· f(n),且当x>0时，0<f(x)<1。 反思：采用赋值法是解答本题的突 (1)试求f(0)的值。 破口。 (2)判断f(x)的单调性并证明。 创新4：抽象函数求最值的“创新” 提示：(1)令m=1,n=0,则f(1+ 例4已知函数f(x)对任意的实 0)=f(1)·f(0)。因为f(1)≠0，所 数x,y恒有f(x+y)=f(x)+ 以f(0)=1。(2)任取x1,x2∈R,令 f(y),当x>0时，有f(x)<0且 x1>x2,则x1-x2>0,所以0<f(x1 f(1)=-2。 -x2)<1。令m=x,n=一x,则 (1)判断f(x)的奇偶性。 1 (2)求f(x)在区间[-3,3]上的 fx)=f-)当x<0时，-x> 最大值。 0,则0<f(一x)<1,故f(x)= 解：(1)令x=y=0,则f(0+0)= 1 2f(0),所以f(0)=0。令y=-x,则 f(->1,所以对任意x∈R,都有 f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)= f(x)>0,则f(x2)>0。所以f(x1) 0,所以f(-x)=一f(x)对任意x∈R 一f(x2)=f(x1一x2十x2)一f(x2)= 恒成立，故f(x)为奇函数。 f(x1-x2)f(x2)-f(x2)=f(x2)· (2)任取x1,x2∈R且x1<x2,则 [f(x1-x2)-1]<0,即f(x1)< x2一x1>0。已知f(x+y)=f(x)十 f(x2),所以函数f(x)在R上单调递 f(y),当x>0时，有f(x)<0,所以 减。 37