函数求解

函数求解（共11篇）

函数求解 篇1

一、前 言

高等数学是理工学生和数学专业必修的课程之一,在高等数学中,函数极限知识是微积分知识核心部分. 如果学生的函数知识不牢固,这样必然会影响到整个数学学习过程. 而且,极限函数不同于文史类知识,它们没有生动的语言,没有灵活的想象平台,而是枯燥的函数极限知识,这直接影响学生对该类知识的学习,随着时间的推移,学生无法提起学习兴趣,从而影响到教学效果.

二、造成学生函数极限学习障碍和解决方法

( 一) 教学环境影响

高中数学是主科,在课程设置中一般都安排得比较密集,时常会出现一天都有数学课. 面对应试,数学课程的学习时间是比较长的,教学力度也是相对大的. 这样的课程安排会使得学生倍感压力. 很多学生一天下来都是在数学的海洋中,各种知识的纠结,各种解题方法的求解. 学生学习数学不是因为兴趣爱好,而是为了应试,这样的函数极限学习效率会低下. 而进入大学,高数学习环境轻松,课程时间安排不太紧密.

( 二) 教学方法问题

很多教师在进行极限函数教学时,一般都是在课程之间时间讲解概念含义,引入例子,再根据例子解答,然后课程布置学生几道相关的题,让学生尝试解答,最后教师再讲解. 这样的教学方法,教师占据的课程时间比较多,教师是课堂的主体,学生缺少思考的空间. 有的学生基础知识比较差,对于教师的讲解理解难度大,教师没有针对性地教学,没有给学生思考的空间,没有因材施教,必然会影响教学效果.

( 三) 解决高校学生函数极限学习障碍的对策

第一,教学方式上遵循教学规律. 任何新知识的学习都要遵循循序渐进的过程,对大一新生来讲,极限与微积分知识的学习,教师可采用渐进式教学,不求一步到位. 用“动”来代替“静”,也即用动态来定义极限的概念,用作图的方式来理解“无限趋近”. 教学尽量用多媒体课件展示动态,使学生在学习过程中逐步体会常量与变量、有限与无限、近似与准确、动与静、直与曲的对立统一,这样才能更好地培养学生学习能力,才能帮助学生养成良好的数学学习习惯,学生在今后的学习中可以使用辩证思考的思维解答习题. 第二,教学方式直观简明化. 函数极限学习理当坚持多学多练之原则,在练习过程中学生加强对数学概念的理解以及对知识的掌握. 对于教师而言,应该精讲多练,应该降低理论讲解、抽象讲解. 理当拿出实例来证明极限. 学生也可以尝试作图,使用作图去辅助解答习题,从观察函数的左右近似值去判断极限是否存在. 这样的教学方法能够锻炼学生的归纳能力以及学生的推算能力. 教师充分地考虑了学生接受能力,而且能够兼顾教学需求,掌握该教学原则,从而帮助学生喜爱上数学学习. 第三,教学中增加应用实践因素. 教学理论使用于实践基础上,让理论在实践中得以发挥出来,这样的学习方式才会显得比较有意义. 学生的学习积极性和主动性才会跳动起来. 一般而言,函数极限知识在生活中都能运用到,教师在进行教学时,涉及的内容应该通俗易懂. 可以将生活中常见的机械极限、运动极限以及生理极限引入课程中,使用故事的方式作为开头进行讲解,这样才能激发学生学习兴趣. 同时,在进行课程学习之前,进行预习和课外知识的拓展都是非常有必要的. 学生课前预习,能够对于所学的知识及时地进入到了解的状态,这也是进行学生兴趣培养之关键.

三、高数中函数极限求解方法

( 一) 利用极限的描述性定义

在进行教学中,教师将极限的描述定义如下: 如果自变量的绝对值| x |无限增大,那么在条件不变的情况下,函数值f( x) 也会有和常数A无限地接近,这个时候就可以称当x值逐渐趋向无穷函数时,x以A为函数极限. 或者是x缩小到A,这样就可以记录为“x - A( x→∞ ) ”. 经过上述的描述方式进行函数期限数值求值时,该方法比较简单. 不同类型基础的等级函数可以进行描述性定义. 另外,还可以和图像结合,这样就可以得出参数值. 想要进行复杂函数求值,需要在掌握基本初级函数求值基础知识. 但是在求值过程中,比较容易被混淆,因此,要多加注意.

( 二) 用两个重要极限求解

重要极限中,sinx和x是两个类型完全不同的X数,但是却可以通过该极限促使三角函数和一次函数之间建立起函数关系,将两者进行比值就可以求解. 而且极限使用范围非常广泛,可以解决一些现实的问题. 在很多高等数学中,极限求值问题可以将其化为极限求值,但是当学生在借助重要极限进行函数极限求值时,这个使用需要充分掌握极限的形式以及特点,只有这样才可以将极限求值进行化解,使得极限形式一致. 例如:

( 三) 利用极限的等价定理

这里讲解到的等价定理,主要是单侧极限以及双侧极限之间的关系定理,这种求值方法比较特别,在进行求解时,一般比较合适使用于分段函数中. 利用极限的存在性定理. 极限的存在定理,主要有两个定理,而且是比较常用的两个. 第一是夹逼定理,第二是单调有界数定理. 这两个定理是使用于数列极限以及函数存在性证明的,有的时候也可以将其使用于极限求值中,尤其是数列极限问题求值.例如:

这样就可以轻松的求出函数值.

四、高数教学方法

( 一) 主体式教学方法

主体式教学方法来源于美国头脑风暴教学法,这种学习方式相对于简单的个人学习,获得学习效果会更加明显.具体做法是,教师要选择出合适的教学素材,选择合适的学习伙伴,学习伙伴针对当前教学问题提出异议,提出自己的观点. 教师根据学生的观点再进行总结. 极限函数数学教学中,主体式教学方式需要教师合理利用,这样获得的教学效果会更加明显. 这种教学方式能够激发学生学习兴趣,使得学生学习获得创造性思维. 首先,教师应该做好材料选择工作,然后再进行分组讨论,这样可以获得良好的教学效果.需要注意的是,主体式教学方法应该需要获得一个平等和民主课堂教学氛围,作为初中数学教师,需要学生在课堂中充分地表达自己的观点,教师要尊重学生的观点,使得学生在思维上获得更大思维空间. 教师要充分利用学生思维见解不同之处,基于无错原则进行评价学生发言.

( 二) 培养学生参与意识

学生参与课堂教学,使得课堂变得活跃,教师教学积极性也提高,学生学习积极性也得到激发. 在教师暗示或者提示下,学生自己去发现问题寻找出问题所在. 找到问题根源之后,需要选择出应对方法. 一般而言个人发现的问题和小组发现的问题都不相同. 不论怎样需要明确这些问题重要性,通过课程教学解决问题. 另外,学生应该明确自身的学习任务,该课程传输的知识,在课程学习中自己学到了哪些知识,这些知识对自己有何用处. 当获得了课程知识之后,需要分享知识,倾听其他同学的学习心得,最后汇聚成结论.

( 三) 概念教学方法

极限函数数学概念可以识别一类数字的共性,对此作出不同的感性,这一学习过程就是概念学习过程. 概念学习最明显的特点是要抽取出一类对象,这些对象有着共同的特性,进行辨别学习过程中,就是识别一类对象不同特性之过程. 这两者是有区别可言的. 但是,进行极限函数数学概念学习时,共性抽象是需要在一定的区分范围内的,因此要求学生要有区分能力. 这也是学习概念前提. 众所周知,数学研究对象,这是实现数量关系以及空间形式最有效的方式. 数学概念可以清晰地反映出这个对象的本质和属性,可以将数学概念学习表示为一种思维形式. 数学概念具有抽象和具体的双重性. 数学概念可以反映出事物数量关系以及空间形态之间的本质属性,它属于思维形式. 极限函数数学概念的使用,可以抽象地将事物内在的联系表现出来. 一般而言,这些抽象的具体事物一般都会离开物质内容,附于数学概念基础上进行多层次的抽象升级.

结束语

另外,还可以使用四则运算方法,不过四则运算方法是最为基础的方法. 该方法的使用和结构良性知识比较相近,在实际使用过程中可以直接求解. 总而言之,数学函数极限,地位非常高,在进行函数极限学习时,理当基于把握教学方法基础上开展教学.

摘要：高等数学教学中,函数极限求值方法教学是难点,同时也是重点.而且,数学函数极限知识内容比较枯燥,会导致很多学生不愿意学习极限函数.文章分析了极限函数教学障碍,以及如何改进教学方法,提高教学质量.

关键词：极限函数,数学,求值方法

函数求解 篇2

一类分式型三角函数值域的多角度求解 作者：舒飞跃

来源：《数理化学习·高一二版》2012年第12期

求解抽象函数解析式六法 篇3

四、利用函数性质法：主要利用函数的奇偶性，求分段函数的解析式

【例6】 已知y=f（x）为奇函数，当x>0时，f（x）=lg（x+1），求f（x）.

解：∵f（x）为奇函数，∴f（x）的定义域关于原点对称，故先求x<0时的表达式.

∵-x>0，∴f（-x）=lg（-x+1）=lg（1-x）.

∵f（x）为奇函数，∴lg（1-x）=f（-x）=-f（x），

∴当x<0时，f（x）=-lg（1-x）.

五、赋值法：给自变量取特殊值，从而发现规律，求出f（x）的表达式

【例8】 已知f（0）=1，对于任意实数x、y，等式f（x-y）=f（x）-y（2x-y+1）恒成立，求f（x）.

解：对于任意实数x、y，等式f（x-y）=f（x）-y（2x-y+1）恒成立，

不妨令x=0，则有f（-y）=f（0）-y（-y+1）=y2-y+1，

再令-y=x得函数解析式f（x）=x2+x+1.

【例9】 函数f（x）对一切实数x，y均有f（x+y）-f（y）=（x+2y+1）x成立，且f（1）=0.求f（x）的解析式.

解：令x=1，y=0，代入得f（1+0）-f（0）=（1+2×0+1）×1，整理得f（0）=2.

令y=0，得f（x+0）-f（0）=（x+0+1）x，

所以f（x）=x2+x+2.

六、方程组法：若已知的函数关系较为抽象简约，则可以对变量进行置换，设法构造方程组，通过解方程组求得函数解析式endprint

一、换元法：即用中间变量表示原自变量的代数式，从而求出f（x）

四、利用函数性质法：主要利用函数的奇偶性，求分段函数的解析式

【例6】 已知y=f（x）为奇函数，当x>0时，f（x）=lg（x+1），求f（x）.

解：∵f（x）为奇函数，∴f（x）的定义域关于原点对称，故先求x<0时的表达式.

∵-x>0，∴f（-x）=lg（-x+1）=lg（1-x）.

∵f（x）为奇函数，∴lg（1-x）=f（-x）=-f（x），

∴当x<0时，f（x）=-lg（1-x）.

五、赋值法：给自变量取特殊值，从而发现规律，求出f（x）的表达式

【例8】 已知f（0）=1，对于任意实数x、y，等式f（x-y）=f（x）-y（2x-y+1）恒成立，求f（x）.

解：对于任意实数x、y，等式f（x-y）=f（x）-y（2x-y+1）恒成立，

不妨令x=0，则有f（-y）=f（0）-y（-y+1）=y2-y+1，

再令-y=x得函数解析式f（x）=x2+x+1.

【例9】 函数f（x）对一切实数x，y均有f（x+y）-f（y）=（x+2y+1）x成立，且f（1）=0.求f（x）的解析式.

解：令x=1，y=0，代入得f（1+0）-f（0）=（1+2×0+1）×1，整理得f（0）=2.

令y=0，得f（x+0）-f（0）=（x+0+1）x，

所以f（x）=x2+x+2.

六、方程组法：若已知的函数关系较为抽象简约，则可以对变量进行置换，设法构造方程组，通过解方程组求得函数解析式endprint

一、换元法：即用中间变量表示原自变量的代数式，从而求出f（x）

四、利用函数性质法：主要利用函数的奇偶性，求分段函数的解析式

【例6】 已知y=f（x）为奇函数，当x>0时，f（x）=lg（x+1），求f（x）.

解：∵f（x）为奇函数，∴f（x）的定义域关于原点对称，故先求x<0时的表达式.

∵-x>0，∴f（-x）=lg（-x+1）=lg（1-x）.

∵f（x）为奇函数，∴lg（1-x）=f（-x）=-f（x），

∴当x<0时，f（x）=-lg（1-x）.

五、赋值法：给自变量取特殊值，从而发现规律，求出f（x）的表达式

【例8】 已知f（0）=1，对于任意实数x、y，等式f（x-y）=f（x）-y（2x-y+1）恒成立，求f（x）.

解：对于任意实数x、y，等式f（x-y）=f（x）-y（2x-y+1）恒成立，

不妨令x=0，则有f（-y）=f（0）-y（-y+1）=y2-y+1，

再令-y=x得函数解析式f（x）=x2+x+1.

【例9】 函数f（x）对一切实数x，y均有f（x+y）-f（y）=（x+2y+1）x成立，且f（1）=0.求f（x）的解析式.

解：令x=1，y=0，代入得f（1+0）-f（0）=（1+2×0+1）×1，整理得f（0）=2.

令y=0，得f（x+0）-f（0）=（x+0+1）x，

所以f（x）=x2+x+2.

函数定义域的求解 篇4

二、依据实际应用问题构建函数关系式，求函数定义域

一般来说有以下几种常见情况：

1. 面积问题中，要考虑部分的面积小于整体的面积，边的长度要大于零;

2. 销售问题中，要考虑日期只能是自然数，价格不能小于0也不能大于题设中规定的值(有的题没有规定);

3. 生产问题中，要考虑日期、月份、年份等只能是正整数，增长率要满足题设;

4. 路程问题中，要考虑路程的范围.

例3.一矩形周长为80，其中一边长为x，求它的面积关于x的解析式，并写出定义域.

解：矩形另一边长为40-x，设矩形的面积为y，则y=x (40-x) =-x2+40x

由40-x>0，知x<40.

故定义域为{x|0

小结：在实际应用问题中，除应考虑实际问题有意义外，还应考虑解析式本身有意义.

三、复合函数的定义域问题

1. 已知原函数f (x）的定义域，确定复合函数f[g (x）]的定义域.

例4.若函数y=f (x)的定义域为[0, 1]，求函数f (x2-1)的定义域.

解：据题意，0≤x2-1≤1，故1≤x2≤2，

解得或

故f (x2-1)的定义域为或.

2. 已知复合函数f[g (x）]的定义域，确定原函数f (x）的定义域.

例5.若函数y=f (x2+1)的定义域为(-3，-1)∪(1, 3)，求函数f (x)的定义域.

解：函数y=f (x2+1)的定义域为(-3，-1)∪(1, 3)，则2

故f (x)的定义域为{x|2

3. 已知f[g (x）]的定义域，确定函数y=f[g (x）]的定义域.

例6.已知f (x+1)定义域为[0, 1]，求的定义域.

解：据题意0≤x+1≤2，则，且x≠0.故，即x≥1.故的定义域为{x|x≥1}.

小结：若已知f[g (x)]的定义域为x∈(a, b)，求f (x)的定义域，其方法是：利用a

四、利用原函数、反函数之间的相互关系，求函数定义域

例7.已知y=f (x)的反函数是，则函数y=f (x)的定义域是________.

解：y=f (x)的定义域是的值域，而的值域为[-1，+∞)，故y=f (x)的定义域为[-1，+∞).

剖析函数问题求解中的误区 篇5

一、 对函数定义域的理解不透彻

例1 定义在区间［c,2-c2］上的奇函数f(x)=a+2x2x+1的值域是 .

错解：由已知可得f(0)=0则a=-12，y=f(x)=-12+2x2x+1

∵2x=-y+12y-12,且2x>0

∴-12＜y＜12即值域为-12,12

剖析：本题求解时根本没有用条件定义在区间［c,2-c2］上，解题者可能根本就不知如何使用这一条件.

正解：由已知可得c+2-c2=0，即c=2或c=-1其中c=2要舍去，

此时函数的定义域为［-1,1］∴12＜2x＜2,

-16≤y≤16即值域为-16,16

例2 已知函数f(x)=loga(2+ax)，存在实数a，使得函数f(x)在区间［0,1］上是减函数，求a的取值范围.

错解：∵a＞0且a≠1，

∴内函数u=2+ax是增函数，从而外函数y=logau是减函数，则0＜a＜1

剖析：忽视了对数函数的定义域，缺少条件2+ax＞0在区间［0,1］上恒成立.

正解：∵a＞0且a≠1，

∴内函数u=2+ax是增函数，从而外函数y=logau是减函数，

又2+ax＞0在区间［0,1］上恒成立

所以有2>0显然成立，则a∈R

综上0＜a＜1

例3 已知函数y=ln(x2+ax+1)的值域为R，求实数a取值范围.

错解：因为x2+ax+1＞0恒成立，所以Δ＜0，解得-2＜a＜2

剖析：函数的定义域为R时，x2+ax+1＞0恒成立，而要使得函数的值域为R，x2+ax+1必须能取到所有的正数，故Δ≥0.此时x2+ax+1取到的非正数根据对数定义舍去.

正解：由题意的Δ≥0，解得a≤-2,a≥2

注：函数的定义域是研究函数性质的基础，我们在解决函数问题时一定要优先考虑函数的定义域及其等价转换形式.

二、 对函数性质成立的条件理解不透彻

例4 函数f(x)=a-3x1+a3x在定义域内是奇函数，求实数a的取值.

错解：因为函数f(x)是奇函数，

所以f(0)=0，解得a=1

剖析：函数f(x)是奇函数并不一定能得到f(0)=0，需要函数f(x)在x=0处有意义这个条件.

正解：因为函数f(x)是奇函数

所以f(-x)=-f(x)即a-3-x1+a3-x=-a-3x1+a3x

解得a=1或-1

注：函数中的许多结论都有成立的条件，我们在应用时需要弄懂题意，分析结论使用的条件是否满足.

三、 忽视换元转化时变量的取值范围

例5 设函数f(x)=log9(9x+1)-12x,g(x)=log9a•3x-43a,若函数f(x)与函数g(x)的图像有且只有一个交点，求实数a的取值范围.

错解：由题意可得方程log9(9x+1)-12x=log9a•3x-43a只有一个根

令t=3x，得(a-1)t2-43at-1=0有且只有一个根

则a=1或a≠1Δ=0，解得a=0,a=-3,a=34

剖析：换元后t=3x＞0，而方程(a-1)t2-43at-1=0的根不一定是正数.

正解：令t=3x，得(a-1)t2-43at-1=0有且只有一个正根，

当a=1时，t=-34，不合题意舍去；

当a≠1时，若Δ=0，得a=-3,a=34，检验后，均不符合题意，则必有Δ＞0，根据题意可得t1•t2=-1a-1＜0，得a＞1

注：利用换元法将问题进行转化时，要注意变量的取值范围的变化.

四、 混淆函数的相关概念

例6 函数f(x)=x2-2(a-1)x+2在区间(-∞,4］上是减函数，求实数a的取值范围.

错解：函数f(x)=x2-2(a-1)x+2的对称轴是x=a-1

则由a-1=4解得a=5

剖析:x=4不一定是函数的对称轴，也可以在f(x)的对称轴的左侧.

正解：由数形结合可得a-1≥4解得a≥5

如何求解函数表达式 篇6

同学们在学习函数时, 由于函数概念比较抽象, 学习起来感到非常棘手, 特别是对解有关函数表达式的问题感到困难, 学好这部分知识, 能加深同学们对函数概念的理解, 更好地掌握函数的性质, 培养同学们对函数理解的灵活性, 提高解题能力, 优化学生数学思维素质.现将常见解法总结如下:

1.待定系数法

先确定函数类型, 设定函数关系式, 再由已知条件, 定出关系式中的未知系数.

例1 已知f (x) 为二次实函数, 且f (x+1) +f (x-1) =x2+2x+4, 求f (x) .

解 设f (x) =ax2+bx+c, 则

f (x+1) +f (x-1) =a (x+1) 2+b (x+1) +c+a (x-1) 2+b (x-1) +c=2ax2+2bx+2 (a+c) =x2+2x+4.

$\begin{array}{l}\text{比}\text{较}\text{系}\text{数}‚\text{得}\{\begin{array}{l}2(a+c)=4‚\\ 2a=1‚\\ 2b=2\end{array}\Rightarrow a=\frac{1}{2}‚b=1‚c=\frac{3}{2}.\\ \therefore f(x)=\frac{1}{2}x{}^2+x+\frac{3}{2}.\end{array}$

2.换元法

即用中间变量表示原自变量x的代数式, 从而求出f (x) , 这也是证明某些公式或等式常用的方法, 此解法培养学生解题的灵活性及变形能力.

例2 已知$f\left(\frac{x}{x+1}\right)=2x+1$, 求f (x) .

$\begin{array}{l}\text{解}\text{设}\frac{x}{x+1}=u,\text{则}x=\frac{u}{1-u}.\\ \therefore f(u)=2\frac{u}{1-u}+1=\frac{2-u}{1-u}.\\ \therefore f(x)=\frac{2-x}{1-x}.\end{array}$

3.拼凑法

在已知f (g (x) ) =h (x) 的条件下, 把h (x) 拼凑成以g (u) 表示的代数式, 再利用代换即可求f (x) .此解法简捷, 还能进一步复习代换法.

例3 已知$f\left(x+\frac{1}{x}\right)=x{}^3+\frac{1}{x{}^3}$, 求f (x) .

$\begin{array}{l}\text{解}\because f\left(x+\frac{1}{x}\right)=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x{}^2-1+\frac{1}{x{}^2}\right)\\ =\left(x+\frac{1}{x}\right)\left[\left(x+\frac{1}{x}\right){}^2-3\right]‚\end{array}$

$\begin{array}{l}\text{又}\because \left|x+\frac{1}{x}\right|=|x|+\frac{1}{|x|}\ge 1‚\\ \therefore f(x)=x(x{}^2-3)=x{}^3-3x‚(|x|\ge 1).\end{array}$

4.利用函数性质法

主要利用函数的奇偶性, 求分段函数的解析式.

例4 已知y=f (x) 为奇函数, 当x>0时, f (x) =lg (x+1) , 求f (x) .

解 ∵f (x) 为奇函数,

∴f (x) 的定义域关于原点对称, 故先求x<0时的表达式.

∵-x>0,

∴f (-x) =lg (-x+1) =lg (1-x) .

∵f (x) 为奇函数,

∴lg (1-x) =f (-x) =-f (x) .

$\begin{array}{l}\therefore \text{当}x<0\text{时}‚f(x)=-\lg (1-x).\\ \therefore f(x)=\{\begin{array}{l}\lg (1+x),x\ge 0,\\ -\lg (1-x),x<0.\end{array}\end{array}$

5.赋值法

给自变量取特殊值, 从而发现规律, 求出f (x) 的表达式.

例5 设f (x) 的定义域为自然数集, 且满足条件f (x+1) =f (x) +f (y) +xy, f (1) =1, 求f (x) .

解 ∵f (x) 的定义域为N, 取y=1, 则有f (x+1) =f (x) +x+1.

∵f (1) =1,

∴f (2) =f (1) +2, f (3) =f (2) +3, …, f (n) =f (n-1) +n.

$\begin{array}{l}\text{以}\text{上}\text{各}\text{式}\text{相}\text{加}‚\text{有}f(n)=1+2+3+\cdots +n=\frac{n(n+1)}{2}‚\\ \therefore f(x)=\frac{1}{2}x(x+1)‚(x\in \mathbf{{\rm N}}).\end{array}$

求解抽象函数解析式六法 篇7

【例1】已知，求f(x).

【例2】已知f(3x+1)=4x+3，求f(x）的解析式．

二、凑合法：在已知f(g(x））的条件下，把h(x）拼凑成以g(u）表示的代数式，再利用代换即可求f(x)

∴f(x)=x(x2-3)=x3-3x（|x|≥1).

【例4】已知，求f(x）的解析式．

三、待定系数法：先确定函数类型，设定函数关系式，再由已知条件确定出关系式中的未知系数

【例5】已知f(x）为二次实函数，且f(x+1)=x2+2x+4，求f(x).

解：设f(x)=ax2+bx+c，则f(x+1)=a(x+1)2+b(x+1)+c=ax2+(2a+b)x+a+b+c=x2+2x+4比较系数得解得a=1,b=0,c=3.

∴f(x)=x2+3.

四、利用函数性质法：主要利用函数的奇偶性，求分段函数的解析式

【例6】已知y=f(x）为奇函数，当x>0时，f(x)=lg(x+1），求f(x).

解：∵f(x）为奇函数，∴f(x）的定义域关于原点对称，故先求x<0时的表达式．

∵-x>0，∴f(-x)=lg(-x+1)=lg(1-x).

∵f(x）为奇函数，∴lg(1-x)=f(-x)=-f(x),

∴当x<0时，f(x)=-lg(1-x).

【例7】设f(x）是偶函数，当x>0时，f(x)=e·x2+ex，求当x<0时，f(x）的表达式．

解：由x>0时，f(x)=e·x2+ex，则f(-x)=e·（-x)2+e-x=ex2+e-x.

由f(x）为偶函数，得f(x)=f(-x）．

当x<0时，f(x)=ex2+e-x.

五、赋值法：给自变量取特殊值，从而发现规律，求出f(x）的表达式

【例8】已知f(0)=1，对于任意实数x、y，等式f(x-y)=f(x)-y(2x-y+1）恒成立，求f(x).

解：对于任意实数x、y，等式f(x-y)=f(x)-y(2x-y+1）恒成立，

不妨令x=0，则有f(-y)=f(0)-y(-y+1)=y2-y+1,

再令-y=x得函数解析式f(x)=x2+x+1.

【例9】函数f(x）对一切实数x,y均有f(x+y)-f(y)=(x+2y+1)x成立，且f(1)=0．求f(x）的解析式．

解：令x=1,y=0，代入得f(1+0)-f(0)=(1+2×0+1）×1，整理得f(0)=2.

令y=0，得f(x+0)-f(0)=(x+0+1)x，

所以f(x)=x2+x+2.

六、方程组法：若已知的函数关系较为抽象简约，则可以对变量进行置换，设法构造方程组，通过解方程组求得函数解析式

【例10】设f(x）满足

显然x≠0，将x换成，得

函数图像上点坐标求解思路 篇8

关键词：函数图像,点坐标求解

笔者在函数综合专题的复习中,发现较多地市的中考卷中,频频出现待定函数图像上点坐标为背景的考题,内容与直角三角形、相似三角形、函数式应用、多边形、圆等紧密相连. 于是查阅相关资料,精心准备,并以此题型的尝试教学为契机就中考综合题的有效复习和广大同行作一交流, 下面是笔者挖掘点坐标求解内涵的教学思路.

一、通过简单题型,渗透基本思路

我们需要对一个题进行深层次的探究,找到题目的本质,寻求同一类型题目的一般方法,使学生加深知识的理解与内化,使知识系统化. 简单题的教学引导能够调动学生的学习兴趣,在逐步的探求过程中体会成功的喜悦. 于是笔者做了如下例题设计:

例如图正方形OABC,ADEF的顶点A ,D ,C在坐标轴上,点F在AB上,点B,E在y =1/x函数图像上. 则E的坐标_______,

教学中可以作如下的引导: 1若E的坐标是( x,y)

请问已经满足什么等量关系? ———学生容易回 答y =1/x ( 解析式提供的等量关系)

2继续追问,那x,y的另一种等量 关系在哪 里提供呢? ———必然有此题中较为特殊的条件两个正方形提供. 点拨学生探索另一个方程. x = y + 1

通过基本例题的引导教学,学生能够较为清晰的掌握函数图像上点坐标求解的基本思路———分析条件、寻找等量关系,列方程或方程组解决问题.

二、提供感知材料,捕捉等量关系

在教学中,教师提供熟悉的典型的感知材料,帮助学生建立认知模式. 在感知的过程中,从熟悉的感性材料入手, 抽象出数学模型,内化为自身认知结构中的组成部分,在感性和理性之间建立联系,利于以后对具有同种模式的事物的感知.

直角坐标系下,求解函数图像上的点( x,y) 可以借助的等量关系一般有三种: 函数式、相似的等比式、勾股定理.

例如图,抛物线经过A( 4,0) ,B( 1, 0) ,C( 0,- 2) 三点. P是抛物线上一动点, 过P作轴,垂足为M,在第一象限是否存在P点,使得以A,P,M为顶点的三角形与相似? 若存在,请求出符合条件的点P的坐标; 若不存在,请说明理由.

评注该题学生容易找到点P( x,y ) 符合的第二种等量关系———利用相似三角形的对应边成比例. 学生在能够完成的前提下,应尝试除去第一象限的限制条件,引导学生进行分类讨论,培养学生的发散思维和探究能力.

例如图,抛物线y = ax2- 5ax + 4经过 △ABC的三个顶点,已知BC∥x轴,点A在x轴上,点C在y轴上,且AC = BC.

( 1) 求抛物线 的解析式 及对称轴.

( 2) 探究点P是抛物线对称轴上且在x轴下方的动点, 是否存在P点使△PAB是等腰三角形,若存在请求出符合条件的点P的坐标

评注该题的( 2) 可以设P(5/2,y)利用两点之间的距离公式( 勾股定理) 表示出PB2,PA2. 以P为顶点的三角形为例,可以列式. 教师在引导时应及时总结勾股定理是求解点坐标又一个重要的等量关系.

三、抓住典型例题,寻求解题方法

1.图形是等腰三角形

如图1,已知正方形OABC的边长为2, 顶点A,C分别在x,y轴的正半轴上,M是BC的中点. P( 0,m) 是线段OC上一动点( C点除外) ,直线PM交AB的延长线于点D.

1求点D的坐标 ( 用含m的代数式 表示) ;

2当△APD是等腰三角形时,求m的值;

分析可以选用勾股定理表示线段长,列出m的方程求解,当然本题主要还考察了分类讨论的思想.

2. 图形是梯形

如图5已知A( - 1,m) 与是反比例函数y = k / x图像上的两点

1求k的值

2若C点坐标为( - 1,0) ,则有反比例函数y = k/x图像是否存在点D,使得以ABCD为顶点的四边形为梯形? 若存在,求D点的坐标,若不存在 说明理由

2小题以A,B,C,D为顶点的梯形若存在,则CB∥AD或CD∥AB.

( 注: CA与Y轴平行,故CA与BD不可能平行)

笔者需要强调的是: 此题求解D的方法是发现D( x,y) 既符合反比例函数式又符合直线函数式,可以看成两种函数交点. 这又是一种探求函图上点的坐标的重要方法( 笔者暂命名为交点法) . 教学总结中应给予学生提示点拨.

3. 图形是平行四边形

已知: 如图所示,关于x的抛物线y = ax2+ x + c( a≠0) 与x轴交于点A( 2,0) 、点B( 6,0) ,与y轴交于点C.

1求出此抛物线的解析式,并写出顶点坐标;

2在抛物线上有一点D,使四边形ABDC为等腰梯形, 写出点D的坐标,并求出直线AD的解析式;

3在2中的直线AD交抛物线的对称轴于点M,抛物线上有一动点P,x轴上有一动点Q. 是否存在以A,M,P,Q为顶点的平行四边形? 如果存在,请直接写出点Q的坐标; 如果不存在,请说明理由.

分析点Q坐标的确定先得确定二次函数上的点P. 点P的坐标可以由平行四边形的特殊提供等量关系待定.

“零点坐标法”求解函数零点 篇9

函数零点的性质原是大学的内容, 由于学生在求解函数零点时往往无从下手. 以原来的教学方法似乎不能达到新课程的要求, 希望能寻找更好的解决办法. 通过对大学函数的学习和研究, 结合新课程改革的教学思想发现: 高中解高次不等式会用到零点的性质, 那么令不等式等于0, 解出零点, 再用数轴画出示意图, 根据图像就可以得出答案[2]. 受此启发, 利用“函数零点”解出函数的零点个数, 在直角坐标系中标出零点, 根据最值, 画出示意图, 判断函数零点的情况, 简称“零点坐标法”, 似乎是一种新的求解函数零点的方法[3]. 不难看出函数零点体现了函数与方程的思想, 由于与高等数学相衔接, 利用函数零点解决函数问题已成为高考命题的一个热点.

例1 求证y = 2x+ lg ( x + 1) - 2 在 ( 0, 2) 有且仅有一个零点.

解: 令f ( x) = 2x+ lg ( x + 1) - 2, 因为f ( 0) = - 1 < 0, f ( 2) = 2 + lg3 > 0,

则f (0) f (2) <0, 只需证明该函数在 (0, 2) 内单调性即可

即f ( x1) < f ( x2) , 则f ( x) = 2x+ lg ( x + 1) - 2 在 ( 0, 2) 单增,

所以y = 2x+ lg ( x + 1) - 2 在 ( 0, 2) 有且仅有一个零点.

说明: 此例利用零点存在定理和单调性证明函数存在唯一零点, 如果函数存在多个零点, 此解法就比较繁琐.

例2 试求函数y = ( x2- 1) 2- | x2- 1 | + k的零点个数.

解法1: 函数零点等价于方程 ( x2- 1) 2- | x2- 1 | + k = 0 的根

令t = | x2- 1 | , k = - t2+ t.

利用复合函数函数单调性画出图3.

解法2:令f (x) = (x2-1) 2-|x2-1|, 则F (x) =f (x) +k.

则将空间分为6 个区间, 在各区间中代入一点可画出法一示意图, 则显然F ( x) = 0 可能有2 个零点, 5 个零点, 8 个零点.

说明: ( 1) 使用常规的换元法解此题思路繁琐, 计算量大, 易出错. ( 2) 用函数零点解题就简单方便, 只需求出函数的零点和最值, 然后画出示意图根据图像即可判断函数零点的个数, 此方法是否可以推广求多项式函数的零点个数?

例3 求f ( x) = ax2+ bx的零点.

说明: 此方法可以判断二次多项式的零点个数, 那么这样是否就可以求三次多项式的零点个数呢?

例4求y=ax3+bx2+cx+d (a≠0) 的零点?

解:f (x) =ax3+bx2+cx=x (ax2+bx+c=0.

代入f ( x) = ax3+ bx2+ cx求出其最大值和最小值为k1和k2.

画出示意图4.

当d > - k2或d < - k1时, y =ax3+ bx2+ cx + d只有一个零点;

当- k1< d < - k2时, y = ax3+bx2+ cx + d只有三个零点.

说明: 此例通过设f ( x) = 0, 将三次多项式降次为二次, 再利用二次多项式求零点的个数的方法来求一般三次多项式的零点个数.那么, 我们是否可以通过这样来求四次多项式、五次多项式……的零点个数呢? 由上面的例子可以总结用“零点坐标法”求一般多项式的零点时, 通过降次, 求零点, 最值, 循环使用上面的步骤, 则可求解y = anxn+ an - 1xn - 1+ … + a1x + a0的零点个数.

摘要：“零点坐标法”, 是一种新的求解函数零点的方法, 函数零点体现了函数与方程的思想, 本文对高中数学中利用“零点坐标法”求解函数零点的题目的示范, 浅析此法在题目中的应用.

关键词：零点坐标法,函数,求解

参考文献

[1]阳志长.分析探讨, 零点突破[J].中学数学, 2012 (12) :32-34.

[2]赵霞.函数零点问题探讨[J].理科考试研究:高中版, 2015, 22 (5) :10-11.

函数求解 篇10

一、 判别式“Δ”法

利用数式变形，将问题转化为一元二次方程有实数解的问题，再利用判别式解之.

例1 x、y∈R，且4x2-5xy+y2=5，记S=x2+y2，求S的最值.

解：∵4x2-5xy+4y2=5•x2+y2s

∴(4s-5)2-5sxy+4(4s-5)x2=0 ★

(1) 当x=0时，由题设有y2=54，故S=x2+y2=54

(2) 当x≠0时，★式变为(4s-5)yx2-5syx+(4s-5)=0

∴Δ=(5s)2-4(4s-5)2≥0，∴1013≤s≤103，

当且仅当x=-y=±6513时或x=y=±153时成立.

二、 三角换元法

对某些涉及“☆2+★2”的二元函数求取值范围的问题，可考虑用三角换元法.

例2 已知点P（x，y）在曲线（x－2）2＋2y2=1上移动，

则式子2x＋2y2的最大值为.

本题考查求函数极值的运算能力.

提示：解法一、设x=2+cosθ，y=22sinθ，代入得

原式=-cos2θ+2cosθ+1+22，

用二次函数可得最大值为32+22.

练习：已知：x≥0，x2+(y-2)2=1，

试求y=3x2+23xy+5y2x2+y2的取值范围.

解法一、三角换元法.

解法二、2y2=1-(x-2)2（1≤x≤3），代入得

原式=-x2+（4+2）x-3，用二次函数可得最大值为32+22.

三、 利用基本不等式法

例3 已知实数x、a1、a2、y成等差数列，x、b1、b2、y成等比数列，则(a1+a2)2b1b2的取值范围是.

本题考查等差、等比数列的性质以及分类讨论的能力

提示：(a1+a2)2b1b2=(x+y)2xy=xy+yx+2，

(1) 当xy＞0时，上式≥4；

(2) 当xy＜0时，上式≤0.

四、 消元法

例4 已知logxy=-2，则x＋y的最大值为.

本题考查用“消元法”把问题转化为二次函数以及利用基本不等式求极值问题的能力.

提示：由logxy=-2，得y=x-2(x＞0且x≠1，y＞0)，

∴M=x+y=x+x-2=x+1x2=x2+x2+1x2≥33x2•x2•1x2=3•322.

本题考查等差、等比数列的知识运算能力.

提示：设a、b、c成等比数列的公比为q，

z=ax＋cy=2aa+b+2cb+c=21+q+2q1+q=2.

五、 数形结合法

例5 如果ax＋by=2与圆x2＋y2=4相切，那么u=a＋b的最大值为.

本题考查直线与圆的位置关系，及求条件最值的数形结合、基本不等式应用的能力.

提示：∵2a2+b2=2，∴a2+b2=1，∴u=a＋b≤2(a2+b2)=2.

练习：若a、b∈R+且a2+b2=a+b，那么t=a+b的最大值为.

解：可用a+b=a2+b2≥(a+b)22来解，也可

转换成线性规划来解a-122+b-122=12

当然限制条件下函数取值范围的求解方法较多，此处提供几种，仅供参考.

求解多元函数最值12招 篇11

例1已知x2+2y2=1, 求2x+5y2的最值.

2.代入减元法

3.换元法

4.配方法

例4求函数f (x, y) =x2-2xy+6y2-14x-6y+72的最小值.

5.添“1”法

例5函数

6.判别式法

例6若x2+2y2=1, 求u=x+2y的最值.

7.待定系数法

8.参数法

9.线性规划数形结合法

10.基本不等式法

11.几何法

例11已知x2+4y2=4x, 求

(1) x2+y2的最值;

(2) x+y的最值.

(2) 令x+y=t, 则y=-x+t,

问题就转化为过椭圆x2+4y2=4x上一点, 作一条斜率为-1的直线, 使得这条直线的纵截距t最大或最小.

显然只有y=-x+t与椭圆相切时, t有最大值或最小值, 易得

12.向量法

例12设a, b, c∈R+, 求证: