2.3《基本初等函式》錯誤解題分析
一、知識導學
1、二次函式的概念、影象和性質。
（1）注意解題中靈活運用二次函式的一般式
二次函式的頂點式和
二次函式的座標式
（2）解二次函式的問題（如單調性、最值、值域、二次三項式的恆正恆負、二次方程根的範圍等）要充分利用好兩種方法：配方、影象，很多二次函式都用數形結合的思想去解。
①，當時影象與x軸有兩個交點。
m（x1,0）n(x2,0),|mn|=| x1- x2|=。
②二次函式在閉區間上必有最大值和最小值，它只能在區間的端點或二次函式的頂點處取得。
2、指數函式和對數函式的概念和性質。
（1）有理指數冪的意義、冪的運算法則：
①；②；③（這時m,n是有理數）
對數的概念及其運算性質、換底公式。
； （2）指數函式的影象、單調性與特殊點。對數函式的影象、單調性與特殊點。
①指數函式影象永遠在x軸上方，當a＞1時，影象越接近y軸，底數a越大；當0②對數函式的符號常受到底數和真數的範圍的制約，注意對底數a的討論。
③當a>1時，影象越接近x軸，底數a越大; 當03、冪函式的概念、影象和性質。
結合函式y=x,y=x2 ,y=x3,y=,y=的影象，了解它們的變化情況。
①＞0時，影象都過（0,0）、（1,1）點，在區間（0，+∞）上是增函式；
注意＞1與0<＜1的影象與性質的區別。
②＜0時，影象都過（1,1）點，在區間（0，+∞）上是減函式；在第一象限內，影象向上無限接近y軸，向右無限接近x軸。
③當x>1時，指數大的影象在上方。
二、疑難知識導析
1、二次函式在區間上最值的求解要注意利用二次函式在該區間上的影象。二次函式的對稱軸與區間的位置通常有三種情況：（1）定義域區間在對稱軸的右側；（2）定義域區間在對稱軸的左側；（3）對稱軸的位置在定義域區間內
2、冪的運算性質、對數的運算性質的運用，要注意公式正確使用。會用語言準確敘述這些運算性質防止出現下列錯誤：
（1）式子＝，
（2）3、利用指數函式的性質解題，一定要注意底數的取值。
4、函式的研究方法一般是先研究的性質，再由的情況討論的性質。
5、對數函式與指數函式互為反函式，會將指數式與對數式相互轉化。
6、冪函式的性質，要注意的取值變化對函式性質的影響。
（1）當時，冪函式是奇函式；（2）當時，冪函式是偶函式；（3）當時，定義域不關於原點對稱，冪函式為非奇非偶函式
三、經典例題導講
[例1]已知求
【錯解】∵∴
∴【錯因】因對性質不熟而導致題目沒解完。
【正解】∵∴
∴[例2]分析方程（）的兩個根都大於1的充要條件。
【錯解】由於方程（）對應的二次函式為
的影象與x軸交點的橫座標都大於1即可。
故需滿足，所以充要條件是
【錯因】上述解法中，只考慮到二次函式與x軸交點座標要大於1，卻忽視了最基本的的前題條件，應讓二次函式影象與x軸有交點才行，即滿足△≥0，故上述解法得到的不是充要條件，而是必要不充分條件。
【正解】充要條件是
[例3]求函式的單調區間。
【錯解】令，則＝
∴當t≥6,即x≥1時，y為關於t的增函式，
當t≤6,即x≤1時，y為關於t的減函式
∴函式的單調遞減區間是，單調遞增區間為
【錯因】本題為復合函式，該解法未考慮中間變數的取值範圍。
【正解】令，則為增函式，＝＝
∴當t≥6,即x≥1時，y為關於t的增函式，
當t≤6,即x≤1時，y為關於t的減函式
∴函式的單調遞減區間是，單調遞增區間為
[例4]已知在[0，1]上是的減函式，則的取值範圍是
【錯解】∵是由，復合而成，又＞0
∴在[0，1]上是的減函式，由復合函式關係知應為增函式，
∴＞1【錯因】解題中雖然考慮了對數函式與一次函式復合關係，卻忽視了數定義域的限制，單調區間應是定義域的某個子區間，即函式應在[0，1]上有意義。
【正解】∵是由，復合而成，又＞0
∴在[0，1]上是的減函式，由復合函式關係知應為增函式，
∴＞1又由於在[0，1]上時有意義，又是減函式，∴＝1時，取最小值是＞0即可，
∴＜2綜上可知所求的取值範圍是1＜＜2
[例5]已知函式。
（1）當時恒有意義，求實數的取值範圍。
（2）是否存在這樣的實數使得函式在區間[1，2]上為減函式，並且最大值為1，如果存在，試求出的值；如果不存在，請說明理由。
【分析】函式為復合函式，且含引數，要結合對數函式的性質具體分析找到正確的解題思路，是否存在性問題，分析時一般先假設存在後再證明。
【解】（1）由假設，＞0，對一切恆成立，
顯然，函式g(x)=在[0，2]上為減函式，從而g(2)＝＞0得到＜
∴的取值範圍是（0，1）∪（1，）
(2)假設存在這樣的實數，由題設知，即＝1
∴＝此時
當時，沒有意義，故這樣的實數不存在。
【點評】本題為探索性問題，應用函式、方程、不等式之間的相互轉化，存在性問題一般的處理方法是先假設存在，結合已知條件進行推理和等價轉化，若推出矛盾，說明假設不成立。即不存在，反之沒有矛盾，則問題解決。
[例6]已知函式f(x)=, 其中為常數，若當x∈(－∞, 1］時, f(x)有意義，求實數a的取值範圍。
【分析】引數深含在乙個複雜的復合函式的表示式中，欲直接建立關於的不等式（組）非常困難，故應轉換思維角度，設法從原式中把分離出來，重新認識與其它變元(x)的依存關係，利用新的函式關係，常可使原問題「柳暗花明」。
解： >0, 且a2－a+1=(a－)2+>0,
∴ 1+2x+4x·a>0, a>,
當x∈(－∞, 1]時, y=與y=都是減函式，
∴ y=在(－∞, 1]上是增函式， max=－,
∴ a>－, 故a的取值範圍是(－, +∞)。
【點評】發掘、提煉多變元問題中變元間的相互依存、相互制約的關係、反客為主，主客換位，創設新的函式，並利用新函式的性質創造性地使原問題獲解，是解題人思維品質高的表現。本題主客換位後，利用新建函式y=的單調性轉換為函式最值巧妙地求出了實數a的取值範圍。此法也叫主元法。
[例7]若，試求的取值範圍。
解：∵冪函式有兩個單調區間，
∴根據和的正、負情況，有以下關係
解三個不等式組：①得＜＜，②無解，③＜－1
∴的取值範圍是（－∞，－1）∪（，）
【點評】冪函式有兩個單調區間，在本題中相當重要，不少學生可能在解題中誤認為，從而導致解題錯誤。
[例8] 已知a>0 且a≠1 ,f (log a x ) = (x －)
(1)求f(x)；
(2)判斷f(x)的奇偶性與單調性；
(3)對於f(x) ,當x ∈(－1 , 1)時 , 有f( 1－m ) +f (1－ m2 ) < 0 ,求m的集合m 。
【分析】先用換元法求出f(x)的表示式；再利用有關函式的性質判斷其奇偶性和單調性；然後利用以上結論解第三問。
解：(1)令t=logax(t∈r)，則
f(x)在r上都是增函式。
【點評】對含字母指數的單調性，要對字母進行討論。對本例的③不需要代入f（x）的表示式可求出m的取值範圍，請同學們細心體會。
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