解函数问题中的数学思想

解函数问题中的数学思想
山东省枣庄市第九中学 277100 秦振
数学思想方法是从数学内容中提炼出来的数学知识的精髓，是将知识转化为能力的桥梁。

解决函数问题经常用到各种基本数学思想，掌握这些数学思想有利于提高我们分析问题和解决问题的能力。

下面介绍数学思想在函数中的应用，供大家参考。

一、方程思想
方程与函数联系密切，把函数问题转化为相应的方程问题，利用方程的性质处理，使函数问题得到解决，这一思想方法就称为方程思想。

例1已知a ∈R ，()f x ＝a －
221x +（x ∈R ），问()f x 可以是偶函数吗？可以是奇函数吗？为什么。

分析 由函数奇偶性的定义知，偶函数满足方程()f x -＝()f x ，奇函数满足方程()f x -＝－()f x ，分别解方程即可。

解 因为()f x -＝a －221x -+＝a －2212x
x
⋅+，显然对x ∈R ，a ∈R ，()f x -＝a －2212
x
x ⋅+≠a －221x +＝()f x ，所以对任意一个常数a ∈R ，方程()f x -＝()f x 不成立，即()f x 不可能是偶函数。

若要()f x 为奇函数，则()f x -＝－()f x ，即()f x -＝a －2212x
x
⋅+＝－()f x ＝－a ＋221
x +成立，解得a ＝1。

故当a ＝1时，()f x 是奇函数；不存在a 使()f x 是偶函数。

评注 此题用方程的思想方法求解，思路清晰、过程简捷。

方程的思想方法是解决函数问题的常用方法之一。

二、对称思想
有些函数具有对称性，解决对称性问题的基本方法是利用图象上横坐标与函数值的关系，用相关点来解决。

或者利用对称的代数性质求解。

例 2 如果函数()f x ＝2
x bx c ++，对任意实数t 都有()2f t +＝()2f t -，比较()1f 、()2f 、()4f 的大小。

分析 因为()f x 对任意实数t 都有()2f t +＝()2f t -，所以函数()f x 关于x ＝2对称。

然后根据函数的对称性和单调性求解即可。

解 由题意知，()f x 关于x ＝2对称。

故()1f ＝()3f 。

因为函数()f x 在[2，＋∞）上是增函数，所以()2f ＜()3f ＜()4f ，即()2f ＜()1f ＜()4f 。

评注 使用对称的思想方法解决问题，可以化繁为简，化难为易，使解题过程脉络清晰。

三、数形结合思想
在解函数问题时，可以根据“式”的结构特征，构造相应的几何图形，并通过图形的性质解决函数问题。

例3 已知()f x 是定义在R 上的奇函数，且在区间（0，＋∞）
上是增函数，若()1f ＝0，a ＞0，且a ≠1，解不等式()log a f x ＜0。

分析 由题意()f x 是定义在R 上的奇函数，且在区间（0，＋∞）
上是增函数，由()1f ＝0，可得()f x 大致图象，如图1
所示，因此
()f x 在（－∞，0）上是增函数，且()1f -＝0，从而可以在a ＞0，且a ≠1，条件下解不等式()log a f x ＜0。

解 由题意可知，()f x 在（－∞，0）上是增函数，且()1f -＝0，所以()log a f x ＜
0＝()1f ，或()l o g a f x ＜0＝()1f -，所以0,log 0,log 1.a a
x x x >⎧⎪>⎨⎪<⎩或0,log 0,log 1.a a x x x >⎧⎪<⎨⎪<-⎩又因为a ＞0，且
a ≠1，解不等式组得1|10x x a x a ⎧⎫<<<<⎨⎬⎩
⎭或。

评注 如果能把函数问题以“图形”的形式描述，揭示出命题的几何特征，就能变抽象为直观，使抽象思维和形象思维在解题过程中相互转化，使初看很难或很繁的问题变得容易和简单。

四、补集思想
对于有些问题，如果从正面求解比较困难，则可以考虑先考虑问题的反面，求出使问题反面成立的集合，则集合的补集即为所求。

例 4 设函数()f x 、()g x 的定义域都是[0，1]，证明：存在0x 、0y ∈[0，1]，使得()()0000x y f x g y --≥14
成立。

分析 问题的反面是：对任意x 、y ∈[0，1]，都有()()xy f x g y --＜
14。

为了降低问题的难度，根据问题的特征，选取一组特殊值证明。

证明 设对任意x 、y ∈[0，1]，都有()()xy f x g y --＜14。

取特殊值x ＝0，y ＝0；x ＝1，y ＝0；x ＝0，y ＝1；x ＝1，y ＝1可得()()000f g --＜14
，()()010f g --＜14，()()001f g --＜14，()()111f g --＜14，以上四式相加，得14＋14＋14＋14＞()()000f g --＋()()010f g ++＋()()001f g ++＋()()111f g --≥|0－()0f －()0g ＋0＋()1f ＋()0g ＋0＋()0f ＋()1g ＋1－()1f －()1g |＝1。

这是不可
能的，即假设是错误的。

因此，存在0x 、0y ∈[0，1]，使得()()0000x y f x g y --≥14
成立。

评注 使用补集思想解题的关键是正确找到问题的“反面”，也就是确定出全集和补集，再求出问题的“反面”，最后正确地给出问题的结果。

五、分类讨论思想
它是根据函数的特征，确定划分标准，进行分类，然后对每一类问题分别进行求解，最后综合给出答案。

例 5 设定义域R 上的函数()f x 既是单调函数又是奇函数，若()2log f k t ＋
()222log log 2f t t --＞0对一切t ∈+R 成立，求实数k 的取值范围。

分析 由题意可得()2log f k t ＞()
222log log 2f t t -++，且函数()f x 在R 上是单调的，没有指出其增减性，因此，要分两种情况讨论。

解 由已知，得()2log f k t ＞－()
222log log 2f t t --。

因为()f x 是奇函数，所以()2log f k t ＞()2
22log log 2f t t -++。

由于函数()f x 在R 上是单调的，但没有指出是递
增还是递减，所以分两种情况讨论：
(1)若单调递增，则2log k t ＞2
2log t －2log t ＋2，即22log t －()1k +2log t ＋2＜0，此
不等式不可能对一切t ∈+
R 成立，故舍去。

（2）若单调递减，则2log k t ＜2
2log t －2log t ＋2，即22log t －()1k +2log t ＋2＞0。

因为对一切t ∈+R 成立，所以△＜0，即()21k +－4×2＜0，得－2
1＜k ＜2
1。

综上所述，所求k 的范围是－2
1＜k ＜2
1。

评注 使用分类讨论思想解题时，划分标准十分重要，这个标准应该是科学的、合理的，要满足互质、无漏、最简的原则。

六、整体思想
整体思想方法，它体现在函数解题中，不是着眼于函数的某一性质，而是将问题看作一个整体，通过研究问题的整体形式、整体性质，达到顺利而简捷解决问题的思想方法。

例 6 设函数()f x 在（－∞，＋∞）上满足()2f x -＝()2f x +，()7f x -＝()7f x +，且在区间[0，7]上只有()1f ＝()3f ＝0。

（1） 试判断函数y ＝()f x 的奇偶性；
（2）试求方程()f x ＝0在区间[－2008，2008]上根的个数，并证明你的结论。

分析 如果在每个单调区间分别求根比较复杂，我们可以利用条件整体求根的个数。

解 （1）由()()()()22,77.f x f x f x f x -=+⎧⎪⎨-=+⎪⎩得()()()()4,14.
f x f x f x f x =-⎧⎪⎨=-⎪⎩即()()414f x f x -=-。

所以()()10f x f x =+。

因此函数()f x 的周期T ＝10。

又()1f ＝()3f ＝0，而()7f ≠0，()3f -＝()310f -+＝()7f ≠0，所以()3f -≠±()3f ，故函数y ＝()f x 是非奇非偶函数。

（2）由()1f ＝()3f ＝0，()11f ＝()13f ＝()7f -＝()9f -＝0，故()f x 在[0，10]和[－10，0]上均有两个解，从而可知函数y ＝()f x 在[0，2008]上有402个解，在[－2008，0]上有401个解，所以()f x ＝0在区间[－2008，2008]上有803个解。

评注 应用整体的思想方法解题，省略了一些细节，只进行整体变换，达到快捷解题的目的。

七、转化与化归思想
转化与化归的思想方法是数学中最基本的思想方法。

它的原则就是将不熟悉和难解的问题转化为熟悉的易解的或已经解决的问题；将复杂问题转化为简单问题。

例7 设()f x 是定义在[0,1]上的函数，若存在*x ∈（0,1），使得()f x 在[0, *
x ]上单调递增，在[*x ,1]上单调递减，则称()f x 为[0,1]上的单峰函数，*
x 为峰点，包含峰点的区间为含峰区间，对任意的[0,1]上的单峰函数()f x ，研究以下问题：
（Ⅰ）求证：对任意的1x 、2x ∈（0,1），1x ＜2x ，若()1f x ≥()2f x ，则（0, 2x ）为含峰区间；若()1f x ≤()2f x ，则（1x ,1）为含峰区间。

（Ⅱ）对给定的r （0＜r ＜0.5）求证：存在1x 、2x ∈（0,1），满足2x －1x ≥2r ，使得由（Ⅰ）所确定的含峰区间的长度不大于0.5＋r 。

分析 （Ⅰ）直接证明较困难，我们可以从问题的反面入手，找出矛盾，从而使问题得
到解决。

（Ⅱ）根据题意把问题转化为不等式组21
0.5,10.5.x r x r ≤+⎧⎨-≤+⎩此不等式组可转化为2x －1x
≤2r 。

再由2x －1x ≥2r ，得等式2x －1x ＝2r ，把此等式代入不等式组，又得到等式1x ＝0.5－r ，2x ＝0.5＋r ，使问题得到解决。

解 （Ⅰ）设*x 为()f x 的峰点，则由单峰函数定义可知()f x 在[0, *
x ]上单调递增，在[*x ,1]上单调递减。

当()1f x ≥()2f x 时，假设*x ∉（0, 2x ），则1x ＜2x ＜*x ，从而()
*f x ≥()1f x ＞()2f x 。

这与()1f x ≥()2f x 矛盾，故*
x ∈（0, 2x ），即（0, 2x ）为含峰区间。

当()1f x ≤()2f x 时，假设*x ∉（1x ,1），则*x ＜1x ＜2x ，从而()
*f x ≥()1f x ＞()2f x 。

这与()1f x ≤()2f x 矛盾，故*x ∈（1x ,1）为含峰区间。

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当()1f x ≥()2f x 时，含峰区间的长度为1l ＝2x ；当()1f x ≤
()2f x 时，含峰区间的长度为2l ＝1－1x ；对于上述两种情况，由题意得21
0.5,10.5.x r x r ≤+⎧⎨-≤+⎩ ① 由①得1＋2x －1x ≤1＋2r ，即2x －1x ≤2r 。

又2x －1x ≥2r ，所以 2x －1x ＝2r ② 将②代入①得1x ≤0.5－r ，2x ≥0.5＋r ③ 由①和③解得1x ＝0.5－r ，2x ＝0.5＋r 。

所以这时含峰区间的长度1l ＝2l ＝0.5＋r ，即存在1x 、2x 使得所确定的含峰区间的长度不大于0.5＋r 。

评注 数学大师波利亚强调：“不断地变换你的问题”。

解题过程就是合理地“转化”问题的过程。

第二个问题，先转化为不等式组，再由条件得到方程，结合以上结论，再转化为等式，使问题得到解决。

本题通过转化，把棘手的问题转化为显而易见的问题，然后利用相关知识解决，这是等价转化思想的魅力所在。

数学思想是数学的灵魂，因此，加强数学思想的学习，对培养学生的数学能力和优化学生的素质都有帮助。

E —mail qinzhen418@。