《2025年赢在微点数学》

3. 对于任意的实数$x$，已知函数$f(x)=\begin{cases}x,x\leq1\\2 - x^2,x＞1\end{cases}$，则$f(x)$的最大值为 （ ）
A. $-2$
B. $-1$
C. $1$
D. $2$

答案：
C 解析：因为$f(x)=\begin{cases}x, & x\leq1 \\ 2 - x^2, & x\gt1\end{cases}$，函数图象如图所示，由函数图象可知，当$x = 1$时，函数取得最大值$f(x)_{max}=f(1)=1$。故选 C。

4.（教材改编）已知函数$f(x)=\frac{2}{x - 1}(x\in[2,6])$，则$f(x)$的最小值为________，最大值为________。

答案： $\frac{2}{5}$  2解析：由于$f(x)=\frac{2}{x - 1}$在$[2, 6]$上单调递减，故$f(x)$的最大值为$f(2)=2$，最小值为$f(6)=\frac{2}{5}$。

5. 函数$y=\log_{\frac{1}{2}}(x^2 + 2x - 3)$的单调递增区间是________。

答案： $(-\infty, -3)$@@解析：由$x^2 + 2x - 3\gt0$，解得$x\lt - 3$或$x\gt1$，即函数的定义域为$(-\infty, -3)\cup(1, +\infty)$。令$t = x^2 + 2x - 3$，则$y = \log_{\frac{1}{2}}t$，因为$y = \log_{\frac{1}{2}}t$为减函数，$t = x^2 + 2x - 3$在$(-\infty, -3)$上单调递减，在$(1, +\infty)$上单调递增，所以函数$y = \log_{\frac{1}{2}}(x^2 + 2x - 3)$的单调递增区间为$(-\infty, -3)$。

1. 下列函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是
（ ）
A. $y = 2^{-x}$
B. $y = |x|$
C. $y = \ln(x + 1)$
D. $y = \cos x$

答案： A

2. 函数$f(x)=\log_{0.5}(x + 1)+\log_{0.5}(x - 3)$的单调递减区间是（ ）
A. $(3,+\infty)$
B. $(1,+\infty)$
C. $(-\infty,1)$
D. $(-\infty,-1)$

答案： A

3. 函数$f(x)=|x - 2|x$的单调递减区间是
________。

答案： $[1,2]$

4. 函数$y=\frac{1 - x}{1 + x}$的单调递减区间是________。

答案： $(-\infty,-1),(-1,+\infty)$

5. 函数$y=\sqrt{x}+\sqrt{x + 4}$的最小值是________。

答案： 2

【例1】 试讨论函数$f(x)=\frac{ax}{x - 1}(a\neq0)$在(－1,1)上的单调性。

答案： 解 解法一**：设$-1＜x_{1}＜x_{2}＜1$，$f(x)=a(\frac{x - 1 + 1}{x - 1})=a(1+\frac{1}{x - 1})$，则$f(x_{1})-f(x_{2})=a(1+\frac{1}{x_{1}-1})-a(1+\frac{1}{x_{2}-1})=\frac{a(x_{2}-x_{1})}{(x_{1}-1)(x_{2}-1)}$，由于$-1＜x_{1}＜x_{2}＜1$，所以$x_{2}-x_{1}＞0$，$x_{1}-1＜0$，$x_{2}-1＜0$，故当$a＞0$时，$f(x_{1})-f(x_{2})＞0$，即$f(x_{1})＞f(x_{2})$，函数$f(x)$在$(-1,1)$上单调递减；当$a＜0$时，$f(x_{1})-f(x_{2})＜0$，即$f(x_{1})＜f(x_{2})$，函数$f(x)$在$(-1,1)$上单调递增。 - **解法二**：$f^{\prime}(x)=\frac{(ax)^{\prime}(x - 1)-ax(x - 1)^{\prime}}{(x - 1)^{2}}=\frac{a(x - 1)-ax}{(x - 1)^{2}}=-\frac{a}{(x - 1)^{2}}$。当$a＞0$时，$f^{\prime}(x)＜0$，函数$f(x)$在$(-1,1)$上单调递减；当$a＜0$时，$f^{\prime}(x)＞0$，函数$f(x)$在$(-1,1)$上单调递增。

【变式训练】 判断函数$f(x)=\frac{x}{1 + x^{2}}$在区间
$[1,+\infty)$上的单调性，并利用单调性的定义
证明你的结论。

答案： 解：函数$f(x)=\frac{x}{1 + x^{2}}$在区间$[1,+\infty)$上单调递减。 证明如下：设任意$x_{1},x_{2}\in[1,+\infty)$，且$x_{1}＜x_{2}$，则$f(x_{1})-f(x_{2})=\frac{x_{1}}{1 + x_{1}^{2}}-\frac{x_{2}}{1 + x_{2}^{2}}=\frac{x_{1}(1 + x_{2}^{2})-x_{2}(1 + x_{1}^{2})}{(1 + x_{1}^{2})(1 + x_{2}^{2})}=\frac{(x_{1}-x_{2})(1 - x_{1}x_{2})}{(1 + x_{1}^{2})(1 + x_{2}^{2})}$。因为$x_{1},x_{2}\in[1,+\infty)$，且$x_{1}＜x_{2}$，所以$x_{1}-x_{2}＜0$，$1 - x_{1}x_{2}＜0$。又$(1 + x_{1}^{2})(1 + x_{2}^{2})＞0$，所以$f(x_{1})-f(x_{2})＞0$，即$f(x_{1})＞f(x_{2})$，所以$f(x)=\frac{x}{1 + x^{2}}$在$[1,+\infty)$上单调递减。