例题教学后的反思

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1、例题教学后的反思　　“例题千万道，解后抛九霄”难以达到提高解题能力、发展思维的目的.善于做解题后的反思、方法的归类、规律的小结和技巧的揣摩，再进一步作一题多变、一题多问、一题多解，挖掘例题的深度和广度，扩大例题的辐射面，无疑对能力的提高和思维的发展是大有裨益的.我们可以将此例题进行一题多变、一题多解.　　一、一题多变　　例1.原题：函数y=lg（x+■）的图象关于原点对称.　　解：该函数定义域为R，且f（-x）+f（x）=lg（-x+■）+　　lg（x+■）=lg（-x+■）（x+■）=lg1=0　　∴f（-x）=-f（x），∴该函数图象

2、关于原点对称.　　变题1：已知函数y=f（x）满足f（-x+1）=-f（x+1），则y=f（x）的图象关于（1，0）对称.　　解：∵f（-x+1）=-f（x+1），∴y=f（x+1）为奇函数，即y=f（x+1）的图象关于原点（0，0）对称，故y=f（x）的图象关于（1，0）对称.　　变题2：已知函数y=f（x）满足f（x）+f（-x）=2，则函数y=f（x）的图象关于（0，1）对称.　　解：由f（x）+f（-x）=2得，∴f（-x）-1=-[f（x）-1]，y=f（x）-1为奇函数，即y=f（x）-1的图象关于（0，0）对称，∴y=f（x

3、）的图象关于（0，1）对称.5　　变题3：已知函数y=f（x）满足f（x）+f（2+x）=2，则y=f（x）的图象关于（1，1）对称.　　解：令x=t-1，则-x=1-t，故由f（x）+f（2+x）=2得f（1+t）+f（1-t）=2，即f（x）满足f（1+x）+f（1-x）=2，即f（-x+1）-1=[f（x+1）-1]，∴y=　　f（x+1）-1的图象关于原点（0，0）对称，故y=f（x）的图象关于（1，1）对称.　　结论：若函数y=f（x）满足f（a+x）+f（c-x）=b，则y=f（x）的图象关于■，■对称.　　变题4：已知f（x

4、）=■　　求证：（1）f（x）+f（1-x）=1　　（2）指出该函数图象的对称中心并说明理由.　　（3）求f（■）+f（■）+…+f（■）的值.　　证明：（1）f（x）+f（1-x）=■+■=■+■=1，得证.　　（2）解：该函数图象的对称中心为（■，■），由f（x）+f（1-x）=1得f（■+x）+f（■-x）=1，即f（-x+■）-■=-[f（x+■）-■]，∴y=　　f（x+■）-■的图象关于原点中心对称，故y=f（x）的图象关于（■，■）对称.　　（3）解：∵f（x）+f（1-x）=1，故f（■）+f（■）=1，f（■）+　　f（

5、■）=1，…，∴f（■）+f（■）+…+f（■）=500.　　变题5：求证：二次函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0）的图象没有对称中心.5　　证明：假设（m，n）是f（x）=ax2+bx+c（a≠0）的图象的对称中心，则对任意x∈R，都有f（m+x）+f（m-x）=2n，即，　　a（m+x）2+b（m+x）+c+a（m-x）2+b（m-x）+c=2n恒成立，　　即有ax2+am2+bm+c=n恒成立，也就是a=0且am2+bm+c-n=0与a≠0矛盾，　　∴f（x）=ax2+bx+c（a≠0）的图象没有对称中心.　　二、一题多解　　已

6、知函数f（x）=■，x∈[1，+∞），　　（1）当a=■时，求函数f（x）的最小值；　　（2）若对于任意x∈[1，+∞），f（x）>0恒成立，试求实数a的取值范围，　　解：（1）当a=■时，f（x）=x+2+■≥2+2■，当且仅当x=　　■时取等号.　　由f（x）=x+■（k>0）性质可知，f（x）在[■，+∞）上是增函数.　　∵x∈[1，+∞），所以f（x）在[1，+∞）是增函数，f（x）在区间[1，　　+∞）上的最小值为f（1）=■.　　（2）方法一：在区间上[1，+∞），f（x）=■>0恒成立？圳　　恒x2+2x+a>0成立，　　设

7、y=x2+2x+a，∵x∈[1，+∞）y=x2+2x+a=（x+1）2+a-1在[1，+∞）上是增函数，　　∴5x=1时，ymin=a+3，于是当且仅当ymin=a+3>0时，函数f（x）>0恒成立，故a>-3　　方法二：f（x）=x+■+2，x∈[1，+∞）　　当a≥0时，函数f（x）的值恒为正；　　当a0时，函数f（x）>0恒成，故a>-3，　　方法三：在区间[1，+∞）上，f（x）=■>0恒成立？圳x2+2x+a>0恒成立？圳a>-x2-2x恒成立，故a应大于u=-x2-2x，x∈[1，+∞）时的最大值为-3，　　∴a>-3，0≤a

8、<2.　　通过例题的层层变式一题多解，学生对恒成立的认识又深了一步，有利于培养学生从特殊到一般，从具体到抽象地分析问题、解决问题；通过例题解法多变的教学有利于帮助学生形成思维定势，而又打破思维