對一道函數試題的質疑

李瑞華 (江蘇省南京市六合區程橋高級中學 211504)

王安寓 (江蘇省南京市六合區實驗高級中學 211500)

臨近高一上學期期末，高一年級數學組組織教師編撰了3套高一數學上學期期末模擬試卷，其中選了一道高難度的函數恒成立問題(題目1)作為第3套試卷的壓軸題，同時，題目1也是2018—2019年度南京市高一上學期期末統考試題的第20題(試卷壓軸題)．筆者在獨立解答時發現，題目1存在瑕疵．下面，筆者將對題目1的疑惑整理成文，與讀者交流．

1 題目呈現，簡要分析

題目1(2018—2019南京高一上期末試卷)給定區間I，集合M是滿足下列性質的函數f(x)的集合：任意x∈I，f(x+1)>2f(x)．

(1)已知I=R，f(x)=3x，求證：f(x)∈M；

(2)已知I=(0,1]，g(x)=a+log2x，設g(x)∈M，求實數a的取值范圍；

(3)已知I=[-1,1]，h(x)=x2+ax+a-5(a∈R)，討論h(x)與集合M的關系．

標準答案 (1)f(x+1)-2f(x)=3x+1-2×3x=3x>0，故f(x+1)>2f(x)，從而f(x)∈M．

(3)若h(x)∈M，則當x∈[-1,1]時，h(x+1)>2h(x)恒成立，即-(x+1)2+a(x+1)+a-5>2(-x2+ax+a-5)恒成立，即x2-ax-2x+4>0恒成立．記H(x)=x2-ax-2x+4，x∈[-1,1]．

綜上，-7

所以，當-73時h(x)?M．

第(1)問的求解是正確的．由于f(x)=3x的定義域是R，所以f(x+1)的定義域也是R，問題轉化為對任意的實數x，f(x+1)>2f(x)恒成立，用比較中的最基本方法——作差法求解即可(標準答案中正是如此求解)．

第(2)(3)問的求解，筆者認為是存在瑕疵的．先從形的角度對第(2)問作簡要分析．

作出y=g(x),y=g(x+1),y=2g(x)的圖象，我們從圖象上觀察，研究y=g(x+1)與y=2g(x)的函數值的大小關系．

對于不等式g(x+1)>2g(x)，有兩種不同的思考切入點．①g(x+1)與2g(x)中的x不是同一個x，二者互不相干，即它們是兩個自由的變量；②g(x+1)與2g(x)中的x是同一個x．

先看思考切入點①．g(x+1)與2g(x)中的x不是同一個x，兩個x是自由的量，沒有關系，那么g(x+1)>2g(x)，就相當于g(x1+1)>2g(x2)對任意的x1,x2∈(0,1]都成立．由恒成立的知識知g(x1+1)min>2g(x2)max，反映到圖象上，y=g(x+1)的圖象的所有點都在y=2g(x)的圖象的上方．我們知道，y=g(x+1)的圖象是由y=g(x)的圖象向左平移一個單位而得到，y=2g(x)的圖象是由y=g(x)的圖象上各點橫坐標不變、縱坐標伸長到原來的2倍而得到．左右平移時，不改變函數的值域——y值不變，因此，y=g(x+1)的值域與y=g(x)的值域相同．沿y軸伸縮會影響函數值域，因此，y=2g(x)的值域是y=g(x)的值域的2倍．

當a=0時(圖1)，y=g(x+1)的值域與y=2g(x)的值域相同，那么g(x+1)>2g(x)恒成立是錯誤的；

當a<0時(圖2)，y=2g(x)的值域y=g(x+1)的值域，那么g(x+1)>2g(x)恒成立是錯誤的；

當02g(x)恒成立是錯誤的．

綜上，當a<1時g(x+1)>2g(x)是不能恒成立的．

圖1 圖2

圖3 圖4

讀者會說，在一個式子中，相同的字母含義是相同的，即應該是思考切入點②：g(x+1)與2g(x)中的x是同一個x．眾所周知，g(x)>f(x)對x∈I恒成立，反映到圖象上，就是對任意的x∈I，函數y=g(x)的圖象在函數y=f(x)的圖象上方．任意的x∈I，g(x)>f(x)，即任意的x0∈I，當x=x0∈I時，g(x0)>f(x0)．反映到圖象上，就是直線x=x0與y=g(x)的圖象交于點P(x0,g(x0))，直線x=x0與y=f(x)的圖象交于點Q(x0,f(x0))，則點P在點Q上方．

我們來看第(2)問中兩個函數y=g(x+1),y=2g(x)的圖象，以a=0的圖象為代表(圖4，另兩類可一樣操作)，作出直線x=x0(x0∈(0,1))，我們直觀地看到，直線x=x0與y=g(x+1)的圖象沒有交點，與y=2g(x)的圖象有一個交點；沒有交點和有一個交點，如何比較交點位置？

由此可以看出，兩種思考切入點都是存在問題的，從而第(2)問的解答是存在瑕疵的．那么是題目錯了，還是解答過程出錯了？還有別的解法嗎？還有新的思考切入點嗎？

命題人的意圖是好的，想考查學生應用分離參數法解決恒成立問題，想考查重要的對數函數的性質、對數運算(從標準答案也能看出)，但是標準答案是錯誤的，或者說是有瑕疵的．為找到錯誤的根源，我們再來回顧以下幾道題目．

2 類題再現，尋根求源

與題目1的第(2)(3)問一樣要注意函數定義域的題目有很多．舉例如下：

題目2已知函數f(x)=log3x,x∈[1,9]，求函數y=[f(x)]2+f(x2)的最大值．

題目3函數y=lg(x2-2x-3)的單調遞增區間是( )．

A．(-∞,1) B．(-∞,-1)

C．(1,+∞) D．(3,+∞)

簡解 由x2-2x-3>0得x<-1或x>3，故函數y的定義域是{x|x<-1或x>3}．因為u=x2-2x-3在x<1時遞減，在x>3時遞增，y=lgu在u>0時遞增，且當x<-1或x>3時u>0，所以y=lg(x2-2x-3)的單調遞減區間是(-∞,-1)，單調遞增區間是(3,+∞)，故選D．

評注在求解題目3時，有部分學生錯選了C．造成錯選的原因很簡單——學生忘記在函數定義域內研究函數的單調性．這種錯誤，每位教師上課時都會強調，且不只一次地強調．但是輪到考試，總會有學生錯選．而遇到更隱秘的函數問題時，甚至部分教師也將函數定義域“束之高閣”．如題目1的第(2)(3)問．也就是說，筆者認為，題目1第(2)(3)問是遺忘了研究使式子有意義的x的范圍．

題目4不等式ln(x2-1)>ln(1-x)的解集為．

簡解 原不等式等價于x2-1>1-x>0，解得x<-2．故原不等式的解集為(-∞,-2)．

評注解不等式時首先要保證不等式中各式子有意義(即存在)，然后再解不等式．題目4還可以改變試題的呈現方式，得題目5．

題目5已知函數f(x)=lnx，則不等式f(x2-1)>f(1-x)的解集為．

簡解 易知函數f(x)在定義域(0,+∞)上單調遞增，故原不等式可化為x2-1>1-x>0，解之得x<-2，故原不等式的解集為{x|x<-2}．

評注求解題目5時，保證不等式中各式子都有意義，再應用函數單調性去掉法則f，轉化為簡單的一元一次、一元二次不等式組求解．如同 題目2～題目4一樣，極易忽視函數定義域．

我們將題目5中的函數解析式隱去，用抽象函數命制，得到題目6．

題目6已知定義在區間(-1,1)上的奇函數f(x)在[0,1)上單調遞減，則不等式f(m-1)+f(m2-1)>0的解集為．

評注無論是抽象函數不等式還是顯性函數不等式，求解時都必須保證不等式中各式子有意義．無論是函數值域單調性還是解函數不等式，都離不開函數的定義域．

由題目2～題目6，我們應能想到題目1的第(2)(3)問的求解的瑕疵所在——沒有考慮式子f(x+1)>2f(x)中各部分有意義，即x+1和x都得屬于I．

3 對題目1第(2)(3)問的修改

題目7給定區間I，集合M是滿足下列性質的函數f(x)的集合：任意x∈I，f(x+1)>2f(x)．

(1)已知I=R，f(x)=3x，求證：f(x)∈M；

(2)已知I=(0,2]，g(x)=a+log2x，設g(x)∈M，求實數a的取值范圍．

對題目1第(3)問的解答做修改(題目不變)：

綜上，a>-7．

所以，當a>-7時h(x)∈M；當a≤-7時h(x)?M．

由對題目1第(2)(3)問的質疑，我們再次感受到函數定義域的重要性．在求解函數問題時，一定要記得先求函數的定義域，特別是以復合函數形式出現的題目．