高中数学教学论文 都是“定义域”惹的祸_高中数学有效教学论文

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都是“定义域”惹的祸

函数三要素中，定义域是十分重要的，研究函数的性质时应首先考虑其定义域．在求解函数有关问题时，若忽视定义域，便会直接导致错解．下面我们举例分析错从何起．

一、求函数解析式时

例1．已知f(x1)x2x，求函数f(x)的解析式.错解：令t2x1，则2xt1，x(t1)2，2f(t)(t1)2(t1)t1，f(x)x1

剖析：因为f(x1)x2x隐含着定义域是x0，所以由t这样才能保证转化的等价性.正解：由f(x1)x2x，令t

二、求函数最值（或值域）时

例2．若3x22y26x,求x2y2的最大值． 错解：由已知有 yxy222x1得t1，22f(t)t1的定义域为t1，即函数f(x)的解析式应为f(x)x1（x1）

x1得t1，xt1代入原解析式得

22，即f(x)x21（x1）． f(t)t1（t1）32x3x ①，代入xy得

9222212x3x212x32，∴当x3时，x2y2的最大值为

92．

剖析：上述错解忽视了二次函数的定义域必须是整个实数的集合，同时也未挖掘出约束条件223x2y6x中x的限制条件．

正解：由y2221232x3x0得0x2，22xyx3x12x3292，x0,2，因函数图象的对称轴为x3，∴当

22x0,2是函数是增函数，故当当x2时，xy的最大值为4．

2例3．已知函数fx2log3x1x9，则函数y fxfx的最大值为（）A．33 B．22 C．13 D．6

2错解：yfxfx222=2logx32222log3x=log3x33在1x9上是

22增函数，故函数yfxfx在x9时取得最大值为33．

2正解：由已知所求函数yfxfxyfyf1x9的定义域是得1x3，21x92xx2ffx2=2log3x2log3x2=log3x33在1x3是增函数，故函数x222x在x3时取得最大值为13． 2例4．已知fx3错解：由fx32x4，求yf1x21f1x的最大值和最小值．

2x22x4得1y9．∴fx2log3x1x9．

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∴yflog31x22f1x2log23x2log233x2log23x6log3x6

x33． ∵1x9，∴0log1x2．∴ymax22，ymin6．

2剖析：∵f∴0log3x中1x9，则f1x中1x2即1x3，∴本题的定义域应为1,3． 9，x1． x1．

3正解：（前面同上）ylog∴ymax13，ymin6．

例5．求函数y4x5错解：令t2x33，由1x3得0log232x3的值域．

2x3，则2xt23，∴y2t235t2t2t1

17772t．故所求函数的值域是,． 4888 剖析：经换元后，应有t0，而函数y2t2t1在0,上是增函数，随着t增大而无穷增大．所以当t0时，ymin1．故所求函数的值域是1,．

三、求反函数时

例6．求函数yx24x2(0x2)的反函数．

错解：函数yx4x26x2x6． 2(0x2)的值域为y2,6, 又y(x2)26，即(x2)26yx26y，所求的反函数为y2剖析：上述解法中忽视了原函数的定义域，没有对x进行合理取舍,从而得出了一个非函数表达式．

正解：由yx4x2(0x2)的值域为y2,6, 因(x2)26y，又2x20x26y，所求的反函数为y26x2x6．

四、求函数单调区间时

例7．求函数f(x)lg(4x2)的单调递增区间.错解：令t4x，则ylgt，它是增函数.t4x在(,0]上为增函数，由复合函数的单调性可知，函数f(x)lg(4x)在(,0]上为增函数，即原函数的单调增区间是(,0].剖析：判断函数的单调性，必须先求出函数的定义域，单调区间应是定义域的子区间．

正解：由4x0，得f(x)的定义域为(2,2).t4x在(2,0]上为增函数，由可复合函数的单调性可确定函数f(x)lg(4x)的单调增区间是(2,0].例8．求ylog0.7222222x23x2的单调区间．

0.72错解：令tx3x2，ylog32t，x,tx3x2为减函数，时，20.73x,22时，tx3x2为增函数，又ylog33t为减函数，故以复合函数单调性知原函数增区间为,，减区间为,．

22剖析：在定义域内取x1，y值不存在，显然上面所求不对，根本原因正是疏忽了定义域，单

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调区间必须在函数定义域内．由x23x20，得x1或x2，故增区间为,1，减区间为2,．

例9．指出函数yx22lnx的单调增区间． 错解：∵2yx2lnx，∴y2x2x，∴当y0时，x1或x1，∴函数yx2lnx的单调增区间为,1,1,．

剖析：此题错在没有考虑函数的定义域0,，故本题的答案为1,．

五、判断函数的奇偶性时 例10．判断fx1x错解：∵fx1x1x1x的奇偶性． 1x1x1x21x1x1x1x1xfx，∴fx为偶函数．

剖析：事实上奇偶函数定义中隐含着一个重要条件，即首先定义域必须是关于原点的对称区间．而此函数的定义域为1,1，不满足上述条件，即应为非奇非偶函数．

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专心 3