函式的定義域教學設計

函式的定義域教學設計

　　一. 教學內容：

　　函式的定義域與值域、單調性與奇偶性

　　二. 教學目標：

　　理解函式的性質，能夠運用函式的性質解決問題。

　　三. 教學重點：函式性質的運用．

　　四. 教學難點：函式性質的理解。

　　［學習過程］

　　一、知識歸納：

　　1. 求函式的解析式

　　（1）求函式解析式的常用方法：

　　①換元法（ 注意新元的取值範圍）

　　②待定係數法（已知函式型別如：一次、二次函式、反比例函式等）

　　③整體代換（配湊法）

　　④構造方程組（如自變數互為倒數、已知f（x）為奇函式且g（x）為偶函式等）

　　（2）求函式的解析式應指明函式的定義域，函式的定義域是使式子有意義的自變數的取值範圍，同時也要注意變數的實際意義。

　　（3）理解軌跡思想在求對稱曲線中的應用。

　　2. 求函式的定義域

　　求用解析式y＝f（x）表示的函式的定義域時，常有以下幾種情況：

　　①若f（x）是整式，則函式的定義域是實數集R；

　　②若f（x）是分式，則函式的定義域是使分母不等於0的實數集；

　　③若f（x）是二次根式，則函式的定義域是使根號內的式子大於或等於0的實數集合；

　　④若f（x）是由幾個部分的數學式子構成的，則函式的定義域是使各部分式子都有意義的實數集合；

　　⑤若f（x）是由實際問題抽象出來的函式，則函式的定義域應符合實際問題.

　　3. 求函式值域（最值）的一般方法：

　　（1）利用基本初等函式的值域；

　　（2）配方法（二次函式或可轉化為二次函式的函式）；

　　（3）不等式法（利用基本不等式，尤其注意形如 型的函式）

　　（4）函式的單調性：特別關注 的圖象及性質

　　（5）部分分式法、判別式法（分式函式）

　　（6）換元法（無理函式）

　　（7）導數法（高次函式）

　　（8）反函式法

　　（9）數形結合法

　　4. 求函式的單調性

　　（1）定義法：

　　（2）導數法：

　　（3）利用複合函式的單調性：

　　（4）關於函式單調性還有以下一些常見結論：

　　①兩個增（減）函式的和為_____；一個增（減）函式與一個減（增）函式的差是______；

　　②奇函式在對稱的兩個區間上有_____的單調性；偶函式在對稱的兩個區間上有_____的單調性；

　　③互為反函式的兩個函式在各自定義域上有______的單調性；

　　（5）求函式單調區間的常用方法：定義法、圖象法、複合函式法、導數法等

　　（6）應用：比較大小，證明不等式，解不等式。

　　5. 函式的奇偶性

　　奇偶性：定義：注意區間是否關於原點對稱，比較f（x） 與f（－x）的關係。f（x） －f（－x）＝0 f（x） ＝f（－x） f（x）為偶函式；

　　f（x）+f（－x）＝0 f（x） ＝－f（－x） f（x）為奇函式。

　　判別方法：定義法，圖象法，複合函式法

　　應用：把函式值進行轉化求解。

　　6. 週期性：定義：若函式f（x）對定義域內的任意x滿足：f（x+T）＝f（x），則T為函式f（x）的週期。

　　其他：若函式f（x）對定義域內的任意x滿足：f（x+a）＝f（x－a），則2a為函式f（x）的週期.

　　應用：求函式值和某個區間上的函式解析式。

　　二、典型例題分析

　　例1. 若集合A＝{a1，a2，a3}，B＝{b1，b2} 求從集合A到集合B的對映的個數。

　　分析：解決這類問題，關鍵是要掌握對映的概念：設A、B是兩個集合，對於集合A中的任何一個元素，按照某種對應法則f，若集合B中都有唯一確定的元素和它對應，這時對應法則f叫做從集合A到集合B的對映。這裡要掌握關鍵的兩個詞“任何”、“唯一”。對於本例，集合A＝{a1，a2，a3}中的每一個元素的象都有b1或b2這兩種情形，由乘法原理可知，A到B的對映的個數共有N＝222＝8個。

　　例2. 線段|BC|＝4，BC的中點為M，點A與B、C兩點的距離之和為6，設|AM|＝y，|AB|＝x，求y＝f（x）的函式表示式及這函式的定義域。

　　解：1若A、B、C三點不共線，如圖所示，由余弦定理可知，

　　x2＝22+y2－4ycosAMB ①

　　（6－x）2＝22+y2－4ycos（180－AMB） ②

　　①+② x2+（6－x）2＝2y2+8 y2＝x2－6x+14

　　又 x2－6x+14＝（x－3）2+5恆正，

　　又三點A、B、C能構成三角形

　　1＜x＜5

　　2若三點A、B、C共線，由題意可知，

　　x+4＝6－x，x＝1 或4+6－x＝x x＝5

　　綜上所述：

　　說明：第一，首先要分析三點A、B、C是否在同一條直線上，因為由題意，A、B、C不一定能構成三角形，它們也可在同一條直線上，所以要分兩種情形來討論。第二，實際問題在求解析式時要特別注意函式的定義域。

　　例3. 設f（x）為定義在R上的偶函式，當x－1時，y＝f（x）的圖象是經過點（－2，0），斜率為1的射線，又在y＝f（x）的圖象中有一部分是頂點在（0，2），且過點（－1，1）的一段拋物線，試寫出函式f（x）的表示式，並在圖中作出其圖象。

　　解：（1）當x－1時，設f（x）＝x+b

　　∵射線過點（－2，0） 0＝－2+b即b＝2，f（x）＝x+2

　　（2）當－11時，設f（x）＝ax2+2

　　∵拋物線過點（－1，1），1＝a（－1）2+2，即a＝－1

　　f（x）＝－x2+2

　　（3）當x1時，f（x）＝－x+2

　　綜上可知：f（x）＝ 作圖由讀者來完成。

　　例4. 求下列函式的定義域

　　（1） （2）

　　解：（1）

　　x4或x－1且x－3，即函式的定義域為（－，－3）（－3，－1）[4，+]

　　（2） ，則

　　0x2－3x－108，即

　　－3x＜－2或5＜x6即定義域為[－3，－2]（5，6）

　　說明：求函式的定義域，我們常常可以從以下三個方面來考慮：若有分母則分母不為零、若有偶次根式則被開方數大於或等於零、若有對數式，則真數大於零、底數大於零且不等於1。求函式的定義域，實質上就是求由以上不等式組成的'不等式組的解集。

　　變、已知函式f（x）的定義域為[－1，4]，求 的定義域。

　　解： ，則

　　又 ， 或

　　則 或 即為所求函式的定義域。

　　說明：此題實質上是求複合函式的定義域，我們把 看成是由y＝f（u）、 兩個函式複合而成的，因為－1u＜4，則 ，從而求出x的範圍，另外，對不等式進行倒數運算時，應注意不等式兩邊必須同號，取倒數後不等號的方向改變，這裡也是學習時常常容易發生錯誤的地方，應加以重視。

　　例5. 若對於任何實數x，不等式： 恆成立，求實數a的取值範圍。

　　解：令f（x）＝|x－1|+2|x－2|，去絕對值把f（x）表示成分段函式後為

　　5－3x x＜1

　　f（x）＝ 3－xx2

　　3x－5 x＞2

　　作出y＝f（x）的圖象如圖，由此可知f（x）的最小值為1，f（x）＞a對一切實數x恆成立，則a＜1。

　　說明：該題看上去是一個不等式的問題，若用去絕對值分類討論的方法來求解則比較繁鎖，而如果注意到不等式左邊是一個關於x的函式，只要利用數形結合的思想求出此函式的最小值就很快解決了問題，這種解題思想應引起我們的注意。另外，對於函式f（x）＝|x－1|+2|x－2|只要把它寫成分段函式的形式，作出函式的圖象，則該函式的所有性質，包括函式的單調區間，值域等一切問題都可以迎刃而解了。

　　例6. 求函式 的值域。

　　解：令 ，則13－4x＝t2

　　該二次函式的對稱軸為t＝1，又t0由二次函式的性質可知y4，當且僅當t＝1即x＝3時等式成立，原函式的值域為（－，4）。

　　說明：對於所有形如 的函式，求值域時我們可以用換元法令

　　轉化為關於t的二次函式在區間[0，+）上的最值來處理。這裡要注意t0的範圍不能少。如：已知f（x）的值域為 ，試求函式 的值域。該題我們只需要把f（x）看成是一個變數，則求值域時仍可用上述換元法，但是如果被開方數不是關於x的一次式，而含x的平方項，則就不能用上述換元法了。如求函式 的值域，若令 ，則x無法用t來表示。這裡我們如果注意到x的取值範圍：－22，則－11的話，我們就可以用三角換元：令 [0，]，問題也就轉化為三角函式求最值了。同樣我們作三角換元時，要注意的限制條件，因為當取遍0到之間的每一個值時， 恰好可以取遍－1到1之間的每一個值，若不限制的範圍，則根號無法直接去掉，就會給我們解題增添麻煩。

　　例7. 求下列函式的最值。

　　（1） （2）

　　解：（1）先求出函式的定義域：

　　－27，又在區間[－2，7]上函式 單調遞增， 單調遞增，所以 在定義域內也單調遞增。

　　當x＝－2時， ；當x＝7時，

　　（2）∵ 0 y2＝x2（1－x2）由基本不等式可知：

　　y2＝x2（1－x2） ，又y， 。

　　說明：對於一些比較複雜的函式，求值域或最值時，如果我們能利用函式的單調性、奇偶性或運用基本不等式，問題往往會很快得到解決。在運用基本不等式求最值時，要注意“一正二定三相等”的條件，特別是要注意等號能否成立。

　　例8. 設a＞0，x[－1，1]時函式y＝－x2－ax+b有最小值－1，最大值1，求使函式取得最小值和最大值時相應的x的值。

　　解：

　　∵a＞0， ＜0，又定義域為[－1，1]

　　x＝1時 ，即－1－a+b＝－1 a－b＝0

　　下面分a的情形來討論：

　　1當0＞ －1即0＜a2時，

　　當 時， 即 ，則

　　a2+4a－4＝0，

　　又a（0，2），則

　　2當 ＜－1，即a＞2時，當x＝－1時

　　－1+a+b＝1，a+b＝2 又a＝b a＝1 與a＞2矛盾，捨去

　　綜上所述：x＝1時， ， 時 。

　　例9. 已知函式y＝f（x）＝ （a，b，cR，a0，b0）是奇函式，當x0時，f（x）有最小值2，其中bN且f（1）

　　（1）試求函式f（x）的解析式；

　　（2）問函式f（x）的圖象上是否存在關於點（1，0）對稱的兩點，若存在，求出點的座標；若不存在，說明理由

　　解：（1）∵f（x）是奇函式，

　　f（－x）＝－f（x），即

　　c＝0，∵a0，b0，x0，f（x）＝ 2 ，

　　當且僅當x＝ 時等號成立，於是2 ＝2，a＝b2，

　　由f（1）＜ 得 ＜ 即 ＜ ，2b2－5b+2＜0，解得 ＜b＜2，又bN，b＝1，a＝1，f（x）＝x+

　　（2）設存在一點（x0，y0）在y＝f（x）的圖象上，並且關於（1，0）的對稱點（2－x0，－y0）也在y＝f（x）的圖象上，則

　　消去y0得x02－2x0－1＝0，x0＝1

　　y＝f（x）的圖象上存在兩點（1+ ，2 ），（1－ ，－2 ）關於（1，0）對稱

　　例10. 已知奇函式f（x）的定義域為R，且f（x）在［0，+）上是增函式，是否存在實數m，使f（cos2－3）+f（4m－2mcos）f（0）對所有［0， ］都成立？若存在，求出符合條件的所有實數m的範圍，若不存在，說明理由

　　解：∵f（x）是R上的奇函式，且在［0，+）上是增函式，f（x）是R上的增函式 於是不等式可等價地轉化為f（cos2－3）f（2mcos－4m），

　　即cos2－32mcos－4m，即cos2－mcos+2m－2

　　設t＝cos，則問題等價地轉化為函式

　　g（t）?＝t2－mt+2m－2＝（t－ ）2－ +2m－2在［0，1］上的值恆為正，又轉化為函式g（t）在［0，1］上的最小值為正

　　當 0，即m0時，g（0）＝2m－21與m0不符；

　　當01時，即02時，g（m）＝－ +2m－20

　　4－2 4+2 ，?4－2 2

　　當 1，即m2時，g（1）＝m－11 m2

　　綜上，符合題目要求的m的值存在，其取值範圍是m4－2

　　另法（僅限當m能夠解出的情況）cos2－mcos+2m－20對於［0， ］恆成立，

　　等價於m（2－cos2）/（2－cos） 對於［0， ］恆成立

　　∵當［0， ］時，（2－cos2）/（2－cos） 4－2 ，

　　m4－2

　　例11. 設a為實數，記函式f（x）＝a 的最大值為g（a）。

　　（1）設t＝ ，求t的取值範圍並把f（x）表示為t的函式m（t）；

　　（2）求g（a）；

　　（3）求滿足g（a）＝g（ ）的所有實數a.

　　解：（1）∵t＝

　　要使t有意義，必須有1+x0且1－x0，即－11.

　　∵t2＝2+2 [2，4]，t ……①

　　t的取值範圍是[ ，2]由①得 ＝ x2－1

　　m（t）＝a（ t2－１）＋t＝ at2+t－a， t[ ，2]

　　（2）由題意知g（a）即為函式m（t）＝ at2+t－a， t[ ，2]的最大值.

　　注意到直線t＝－ 是拋物線m（t）＝ at2+t－a的對稱軸，分下列情況討論.

　　當a0時，函式y＝m（t）， t[ ，2]的影象是開口向上的拋物線的一段，由t＝－ 0知m（t）在[ ，2]上單調遞增，

　　g（a）＝m（2）＝a+2.

　　當a＝0時，m（t）＝t， t[ ，2]， g（a）＝2.

　　當a0時，函式y＝m（t）， t[ ，2]的影象是開口向下的拋物線的一段，

　　若有t＝－ [0， ]，即a－ ，則g（a）＝m（ ）＝ .

　　若有t＝－ （ ，2），即a ，則g（a）＝m（－ ）＝－a－ .

　　若有t＝－[0， ]，即a ，則g（a）＝m（2）＝a+2.

　　綜上有g（a）＝

　　（3）當a－ 時，g（a）＝a+2 ，

　　當 時，－a ，，所以 ，

　　g（a）＝ 2 ＝ .因此當a－ 時，g（a）.

　　當a0時， 0，由g（a）＝g（ ）知a+2＝ +2解得a＝1.

　　當a0時， ＝1，因此a－1或 －1，從而g（a）＝ 或g（ ）＝ .

　　要使g（a）＝g（ ），必須有a－ 或 － ，即－ －

　　此時g（a）＝ ＝g（ ）.

　　綜上知，滿足g（a）＝g（ ）的所有實數a為：－ － 或a＝1.