領悟方法本質 淡化解題技巧——例談抽象函數單調性問題中的移項賦值構造與添項賦值構造策略

鄒景斌 朱賢良

(1.安徽省銅陵市第三中學 244000;2.安徽省樅陽縣宏實中學 246700)

波利亞有一句名言：“掌握數學就是意味著善于解題.”解題，是數學教學中必不可少的一個環節.在解題教學中，有些教師或是參考答案常用一些奇思妙想的高招，卻忽略了最本質、最常用的通法，使得學生在擊掌贊嘆的同時，只能望而長嘆：為啥我就沒想到？教學實踐表明，用一些看似高明卻極其不自然的技巧讓學生眼花繚亂，又或者用極其復雜的思路與方法讓學生暈頭轉向，這些低效或無效的解題教學只能感嘆數學看上去很美，導致學生在解題的百轉千回中迷失方向.

一、移項賦值構造策略

類型1f(x·y)=f(x)+f(y)型

例1 已知函數f(x)的定義域是(0，+∞)，當x>1時，f(x)>0，且f(x·y)=f(x)+f(y).試判斷f(x)在定義域上的單調性.

評注這里將f(x·y)=f(x)+f(y)移項成f(x·y)-f(x)=f(y)，從而賦值構造得到差式f(x1)-f(x2)，一目了然.這樣的解法洞悉了問題的本質，一步到位.在實際教學中，筆者采用此法取得了良好的效果.

類型2f(x+y)=f(x)+f(y)型

例2設函數f(x)定義域為R，且對任意x,y∈R，都有f(x+y)=f(x)+f(y)，當x>0時有f(x)>0.試判斷f(x)的單調性.

參考解法(拆分構造差式)不妨設x1,x2∈R且x1>x2，則x1-x2>0，且f(x1-x2)>0.

由f(x+y)=f(x)+f(y)可得f(x1)=f[x2+(x1-x2)]=f(x2)+f(x1-x2)，則f(x1)-f(x2)=f(x1-x2)>0，即f(x1)>f(x2)，故f(x)在R上是增函數.

評注這里的難點是對f(x1)進行拆分：f(x1)=f[x2+(x1-x2)]=f(x2)+f(x1-x2)，學生難以理解這種拆分構造，容易與例1混為一談、亂成一團.

評注移項賦值構造策略在求解例1與例2時保持了一致，學生不需要去區分這兩種類型，從而使解法得到統一.學生一看就明白如何構造差式f(x1)-f(x2)并判定其正負情況，一點就通.

類型3f(x+y)=f(x)+f(y)+k型

二、添項賦值構造策略

類型4f(x+y)=f(x)·f(y)型

例4 定義在R上的函數y=f(x)，滿足f(x)>0，當x>0時，f(x)>1，且對任意x,y∈R，都有f(x+y)=f(x)·f(y).試判斷f(x)在R上的單調性.

參考解法1(拆分構造差式)設任意x1,x2∈R且x1>x2，則f(x2)>0，且x1-x2>0，f(x1-x2)>1，故拆分可得f(x1)=f[x2+(x1-x2)]=f(x2)·f(x1-x2)，從而構造差式f(x1)-f(x2)=f(x2)·[f(x1-x2)-1]>0，即f(x1)>f(x2)，所以f(x)在R上是增函數.

評注解法1采用作差比較，解法2采用作商比較，兩種解法在本質上是一致的.與前面的例題一樣，難點仍然在于拆分變形“f(x1)=f[x2+(x1-x2)]=f(x2)·f(x1-x2)”.以下我們再采用更為自然、合理的移項賦值構造與添項賦值構造策略來進行解題.

類型5f(x·y)=f(x)·f(y)型

例5已知函數f(x)對任何正實數x,y都有f(x·y)=f(x)·f(y)，且f(x)≠0，當x>1時，f(x)<1.試判斷f(x)在(0，+∞)上的單調性.

上述五種類型的抽象函數單調性問題，在使用拆分構造策略進行求解時，技巧性較強，學生常有神來之筆的感覺，故而難以理解，解題極易犯迷糊.這種不自然、不合理的思路也常讓教師犯難，難以講得清楚明白，因為教師不僅要講清楚怎樣變形，更要講清楚為什么要這樣變形.移項賦值構造與添項賦值構造策略很好地解決了這個問題，直截了當地通過移項賦值與添項賦值得到差式或商式，其求解思路與學生的思維方式相符，學生易學易懂.基于這樣的認識，筆者認為，無論是教師的教，還是學生的學，都要領悟方法的本質，研究透徹，從而淡化解題技巧，踐行大道至簡的初心.