從一道習題的錯解談忽視函數定義域致誤問題

在函數復習中，我讓同學們做了下面習題：

已知函數f（x）=log3x+2，x∈[1，3]，則函數F（x）=[f(x)]2

+f(x)2的最大值為（）

A． 13B． 16 C． 18D．

絕大多數同學都做出下面的錯解：

因為F（x）=[log3x+2]2+log3x2+2=（log3x）2+6log3x+6，又0≤log3x≤1，所以F（x）的最大值為12+6×1+6=13，故選A．

上述的錯因是沒有注意到函數F（x）的定義域．我們知道，要使一個函數有意義，必需它的每一個部分都有意義，因此，對于F（x）的定義域，必需f（x）和

f（x2）同時有意義，故1≤x≤3，1≤x2≤3，得1≤x≤，從而得0≤log3x≤ ，故F（x）的最大值應為（）2+6×+6=，故選D．

鑒于上述習題錯誤率奇高，使得我不得不給同學們整理出忽視函數定義域致誤的一些情況，敘述如下：

一、判斷函數是否相同時需考慮定義域

函數定義域、對應法則、值域是函數的三要素，兩個函數只有三要素完全相同，它們才能視為相同，但在實際解題中，最重要的應該是考慮定義域．

例1．下列各組函數是同一函數的是（）

A． y=與y=1B． y=｜x-1｜與y=x-1，x>11-x.x<1

C． y=與y=xD． y=x與y=（）2

解析：如果不考慮函數的定義域，則四個選擇子最后化簡的結果都是相同的，但實際上A中前一個函數要求x≠0，B中后一個函數缺了x=1，D中后一個函數則要求x≥0，故只有C才表示同一函數．

評注：函數定義域是判斷兩個函數是否相同應該優先考慮的．

二、實際問題需要考慮實際的定義域

在實際問題中，當我們求出解析式后需要考慮實際情況下的定義域，例如下面的例子能在許多參考書中找到影子．

例2．扇形的周長為c，當圓心角為多少弧度時，面積最大？

解析：設圓心角為?琢，半徑為r，弧長為l，則c=l+2r，l=c-2r>0，故0

評注：上述解題過程看起來無懈可擊，其實函數解析式定義域出問題了！我們知道，對于扇形的弧長l必有0

三、求函數的值域（或最值）不能忽視定義域

函數的值域（或最值）由解析式（即對應法則）和定義域決定，故定義域制約著函數的值域（或最值）．如本文開頭的習題就是因為忽視定義域而致誤的一個典例，下面繼續剖析．

例3． 已知cosx-cosy=，求z=sin2y+4cosx-的最值．

解析1：由cosx-cosy=得cosy=cosx-，所以z=1-cos2y+4cosx-=-cos2y+cosx-，故當cosx=

－１時zmin=-，當cosx=1時zmin=．

解析2：由cosx-cosy=得cosx=cosy+，所以z=1-cos2y+4（cosy+）-=-cos2y+4cosx，故當cosy=-1時zmin=-5，當cosy=1時zmin=3．

評注：上述解析1、解析2看起來無可挑剔，但瞬是不可能都對的，那么誰對誰借呢？其實兩個解析都有錯誤的，而且錯因是相同的——忽視函定義域．

對于解析1，由-1≤cosy=cosx-≤1，-1≤cosx≤1，得-≤cosx≤1，所以當cosx=-時zmin=-5；當cosx=1時zmax=．對于解析2，由-1≤cosx=cosy+≤1，-1≤cosy≤1，得-1≤cosy≤，所以當cosy=-1時zmin=-5，當cosy=時zmax=．

例4． 求函數y=的最小值．

解析：因為y==+≥

2=2，所以函數y=的最小值為2．

評注：上述解法“一氣呵成”，真的無瑕可找嗎？非也！基本不式解題必須要求“一正二定三相等”，要取到最小值2必有=，即x2=-3，在實數范圍內這是不成立的！其實質就是未注意到定義域！一般的正解如下：

因為y=+，令t=，則t≥2，故原函數的最小值就是函數y=t+（t≥2）的最小值，由函數y=t+的單調性（在[1，+∞)遞增）知，其在[2，+∞)遞增，所以當t=2即x=0時ymin=2+=．

四、求函數的單調區間不能忽視定義域

研究函數的單調區間必需先保證函數有意義，即函數的單調區間必需在函數的定義域內研究．

例5． 求函數y=loga（2x2-3x+1）（0

解析：同學們典型的錯誤是只考慮復合函數單調性法則，即因為函數y=logat（0

評注：實際上在探求該函數的單調性時必須先保證函數y=loga（2x2-3x+1）有意義，故先需2x2-3x+1>0，解得x>1或x<，再結合復合函數單調性法則知原函數遞減區間為（1，+∞）．

例6． 求函數y=的遞增區間．

解析：先求定義域，由sin2x≥0，得2k≤2x≤2k+，k∈Z，解得k≤x≤k+，k∈Z… ①；再求函數y=sin2x的增區間，由2k-≤2x≤2k+（k∈Z），得k-≤x≤k+，k∈Z…②．由復合函數單調性法則知原函數遞增區間為[k，k+]，k∈Z.

五、函數的奇偶性不能忽視定義域

判斷函數的奇偶性，應儔考慮該函數的定義域是否關于原點對稱，在對稱的前提下再用奇偶性定義加以判斷，如果定義域不關于原點對稱，則函數是非奇非偶函數．

例7． 判斷函數f（x）=的奇偶性．

解析：因為f（x）=，所以f（-x）==

-f（x），故函數f（x）是奇函數．

評注：上述解法是許多同學常犯的錯誤，因為忽視了定義域致錯！實際上要使函數f（x）有意義必需x（x-6）≠0，得x≠0且x≠6，顯然不關于原點對稱，故原函數應是非奇非偶函數．

例8． 判斷函數f（x）=的奇偶性．

解析：由4-x2≥0，｜x-3｜-3≠0，得-2≤x≤2且x≠0，于是

f（x）的定義域[-2，0)∪(0，2]關于原點對稱，且f（x）==，因此，f（-x）==-f（x），所以函數f（x）是奇函數．

評注：定義域關于原點對稱是函數具有奇偶的必要條件，因此，判斷函數奇偶時必須儔研究函數的定義域．例7是忽視定義域化簡不具有等價性，例8是正視了定義域化簡后輕松求解，兩例值得深思．

六、解不等式不能忽視定義域

例9． 已知奇函數f（x）是定義在（-2，2）上的單調遞減函數，當f（2-a）+f（2a-3）<0時，求a的取值范圍．

解析：因為f（x）是奇函數，所以f（2-a）<-f(2a-3)=f(3-2a)，又f（x）是單調遞減函數，所以2-a>3-2a，得a>1，因此，a的取值范圍是(1，+∞)．

評注：上述解法是同學們經常會出現的忽視定義域的錯誤解法．實際上，函數只在（-2，2）上才有意義，因此，必需先滿足.于是，解得

七、求反函數不能忽視定義域

求函數反函數的基本步驟是：求原函數的值域、反解、變量互換、寫出結論．

例10． 求函數y=1+ln（x-1）（x>1）的反函數．

解析：因為x>1，所以y∈R，由y=1+ln(x-1)反解得x＝ey-1+1，故反函數為y=ex-1+1（x∈R）．

評注：在求反函數時一般反解的錯誤較低，通常錯在不考慮或求錯反函數的定義域即原函數的值域．

綜上所述，考慮函數的定義域應是研究函數問題的第一步，否則極易出現錯誤，本文提及的七方面是常見的忽視定義域致錯，除此之外還有其他的方面也需要注意．

（作者單位：浙江省紹興市越城區皋埠鎮中學）

責任編校 徐國堅

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