徐振剛

摘 要：通過(guò)例題形式探討了函數(shù)單調(diào)性逆定義的應(yīng)用，既有效地避免了對(duì)函數(shù)單調(diào)性定義的應(yīng)用與其逆定義的應(yīng)用混為一體，教師一語(yǔ)帶過(guò)的尷尬境況，又使學(xué)生覺(jué)得含糊不清、不知所云，造成學(xué)生在解決問(wèn)題時(shí)出現(xiàn)嚴(yán)重錯(cuò)誤的情況有所改善。所以，教師在教學(xué)中，既要強(qiáng)調(diào)單調(diào)性的定義應(yīng)用，又要重視函數(shù)單調(diào)性逆定義的運(yùn)用。

關(guān)鍵詞：函數(shù)單調(diào)性；逆定義；解題方法；解方程；解不等式

由函數(shù)單調(diào)性的定義可以得到如下結(jié)論：設(shè)函數(shù)f（x）是定義在區(qū)間（a，b）上的增函數(shù)，則對(duì)任意的x1、x2，有：

（1）f（x1）

（2）f（x1）=f（x2）？圳x1=x2

（3）f（x1）>f（x2）？圳x1>x2

同樣，對(duì)于函數(shù)f（x）是定義在區(qū)間（a，b）上的減函數(shù)，也有類(lèi)似性質(zhì)，逆用函數(shù)定義可以解決以下問(wèn)題。

一、解方程

例1.設(shè)x、y為實(shí)數(shù)，且滿(mǎn)足（x-1）3+1997（x-1）=1（y-1）3+1997（y-1）=-1則x+y等于多少。

解：由已知條件得：（x-1）3+1997（x-1）=（1-y）3+1997（1-y）。

設(shè)函數(shù)f（x）=x3+1997x，由于f（x）在R上是單調(diào)函數(shù)，且f（x-1）=f（1-y），所以得：x-1=1-y，即x+y=2。

二、解不等式

例2.已知函數(shù)f（x）是定義在[-1，1]上的增函數(shù)，且f（x-1）

解：因?yàn)閒（x）是定義在[-1，1]上的增函數(shù)，

所以f（x-1）

故x的取值范圍為1

例3.設(shè)函數(shù)（x）的定義域?yàn)镽，當(dāng)x>0時(shí)，f（x）>1，且對(duì)任意實(shí)數(shù)x、y？綴R，都有f（x+y）=f（x）f（y），證明：

（1）f（0）=1；

（2）f（x）在R上是增函數(shù)；

（3）解不等式：f（x）<■。

解：（1）在f（x+y）=f（x）f（y）中，令x=y=0有f（0）=f2（0）。

又若f（0）=0，則f（x）=f（0+x）=f（0）f（x）=0與f（x）>1（當(dāng)x>0時(shí)）矛盾。所以f（0）=1。

（2）設(shè)x2>x1，則x2-x1>0，由已知f（x2-x1）>1……①

由于對(duì)一切x？綴R，有f（x）=f（■+■）=f2（■）≥0，若存在x0？綴R使f（x0）=0，則對(duì)任意x？綴R，有f（x0+x-x0）=f（x0）f（x-x0）=0。這與已知條件f（x）>1（當(dāng)x>0時(shí)）矛盾。所以對(duì)任意x？綴R，有f（x）>0，所以在①式兩邊同乘以正數(shù)f（x1），得f（x1）f（x2-x1）>f（x1），即f（x2）>f（x1），所以，f（x）在R上是增函數(shù)。

（3）由（2）知f（x+1）>0，所以原不等式等價(jià)于f（x）f（x+1）<1……②

又因?yàn)閒（0）=1且f（x）f（x+1）=f（2x+1），所以，不等式②等價(jià)于f（2x+1）

所以，原不等式的解集為{x|x<■}。

參考文獻(xiàn)：

[1]趙學(xué)昌.重視基礎(chǔ)提高思維能力和創(chuàng)新能力.中國(guó)考試：下半月，2003（06）.

[2]馮永木.例談函數(shù)單調(diào)性定義的應(yīng)用.數(shù)理化解題研究：高中版，2003.

（作者單位 陜西省西安市東方中學(xué)）