《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

（2）设函数$f(x)=\sqrt{x^2 + 1}-2x$，证明：函数$f(x)$在区间$[0,+\infty)$上单调递减.

答案： （2）[证明]方法一（定义法）：$\forall x_1,x_2\in[0,+\infty)$，且$x_1＜x_2$，则$f(x_1)-f(x_2)=\sqrt{x_1^2 + 1}-\sqrt{x_2^2 + 1}-2x_1 + 2x_2=\frac{x_1^2 - x_2^2}{\sqrt{x_1^2 + 1}+\sqrt{x_2^2 + 1}}-2(x_1 - x_2)=(x_1 - x_2)(\frac{x_1 + x_2}{\sqrt{x_1^2 + 1}+\sqrt{x_2^2 + 1}}-2)$，因为$0\leq x_1＜x_2$，所以$x_1 - x_2＜0$，$\frac{x_1 + x_2}{\sqrt{x_1^2 + 1}+\sqrt{x_2^2 + 1}}＜1$，所以$(x_1 - x_2)(\frac{x_1 + x_2}{\sqrt{x_1^2 + 1}+\sqrt{x_2^2 + 1}}-2)＞0$，所以$f(x_1)-f(x_2)＞0$，即$f(x_1)＞f(x_2)$，所以函数$f(x)$在区间$[0,+\infty)$上单调递减.方法二（导数法）：对$f(x)=\sqrt{x^2 + 1}-2x$求导，得$f^\prime(x)=\frac{1}{2}\cdot\frac{2x}{\sqrt{x^2 + 1}}-2=\frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}-2$，因为$x\geq0$，所以$\frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}＜1$，所以$f^\prime(x)＜0$，故$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递减.

对点训练
讨论函数$f(x)=\frac{ax}{x^2 - 1}(a＞0)$在$(-1,1)$上的单调性.

答案： [解析]$\forall x_1,x_2\in(-1,1)$，且$x_1＜x_2$，则$f(x_1)-f(x_2)=\frac{ax_1}{x_1^2 - 1}-\frac{ax_2}{x_2^2 - 1}=\frac{ax_1x_2^2 - ax_1 - ax_2x_1^2 + ax_2}{(x_1^2 - 1)(x_2^2 - 1)}=\frac{a(x_2 - x_1)(x_1x_2 + 1)}{(x_1^2 - 1)(x_2^2 - 1)}$.因为$-1＜x_1＜x_2＜1$，所以$x_2 - x_1＞0$，$(x_1^2 - 1)(x_2^2 - 1)＞0$.当$a＜x_1＜x_2＜1$时，$x_1x_2＞0$，则$x_1x_2 + 1＞0$；当$-1＜x_1＜0＜x_2＜1$时，$-1＜x_1x_2＜0$，则$x_1x_2 + 1＞0$；当$0＜x_1＜x_2＜a$时，$0＜x_1x_2＜1$，则$x_1x_2 + 1＞0$，综上，$x_1x_2 + 1＞0$，又$a＞0$，所以$f(x_1)-f(x_2)＞0$，故函数$f(x)$在$(-1,1)$上单调递减.

[例2]设函数$f(x)$定义在实数集上，它的图象关于直线$x = 1$对称，且当$x\geq1$时，$f(x)=3^x - 1$，则 （ ）
A. $f(\frac{1}{3})＜f(\frac{3}{2})＜f(\frac{2}{3})$
B. $f(\frac{2}{3})＜f(\frac{3}{2})＜f(\frac{1}{3})$
C. $f(\frac{2}{3})＜f(\frac{1}{3})＜f(\frac{3}{2})$
D. $f(\frac{3}{2})＜f(\frac{2}{3})＜f(\frac{1}{3})$

答案： B 由题设知，当$x＜1$时，$f(x)$单调递减，当$x\geq1$时，$f(x)$单调递增，而$x = 1$为对称轴，所以$f(\frac{3}{2})=f(1+\frac{1}{2})=f(1-\frac{1}{2})=f(\frac{1}{2})$，又$\frac{1}{3}＜\frac{1}{2}＜\frac{2}{3}＜1$，所以$f(\frac{1}{3})＞f(\frac{1}{2})＞f(\frac{2}{3})$，即$f(\frac{2}{3})＜f(\frac{3}{2})＜f(\frac{1}{3})$.

[例3]（1）已知函数$f(x)$是定义在区间$[0,+\infty)$上的函数，且在该区间上单调递增，则满足$f(2x - 1)＜f(\frac{1}{3})$的$x$的取值范围是 （ ）
A. $(\frac{1}{3},\frac{2}{3})$
B. $[\frac{1}{3},\frac{2}{3})$
C. $(\frac{1}{2},\frac{2}{3})$
D. $[\frac{1}{2},\frac{2}{3})$

答案： （1）D 因为函数$f(x)$是定义在区间$[0,+\infty)$上的增函数，满足$f(2x - 1)＜f(\frac{1}{3})$，所以$0\leq2x - 1＜\frac{1}{3}$，解得$\frac{1}{2}\leq x＜\frac{2}{3}$.

（2）已知函数$f(x)=(\frac{1}{3})^x-\log_2(x + 2)$，若$f(a - 2)＞3$，则$a$的取值范围是______.

答案： （2）[解析]因为$y=(\frac{1}{3})^x$在R上单调递减，$y=\log_2(x + 2)$在$(-2,+\infty)$上单调递增，所以$f(x)=(\frac{1}{3})^x-\log_2(x + 2)$在定义域$(-2,+\infty)$上单调递减，且$f(-1)=3$，由$f(a - 2)＞3$，得$f(a - 2)＞f(-1)$，所以$\begin{cases}a - 2＜-1\\a - 2＞-2\end{cases}$，解得$0＜a＜1$.答案：$(0,1)$

[例4]（1）函数$f(x)=3^x+\log_2(x + 2)$在区间$[-1,2]$上的最大值为______.

答案： （1）[解析]由于$y = 3^x$在R上是增函数，$y=\log_2(x + 2)$在$[-1,2]$上单调递增，所以$f(x)$在$[-1,2]$上单调递增，故$f(x)$在$[-1,2]$上的最大值为$f(2)=3^2+\log_24=11$.答案：$11$

（2）函数$y=\frac{\sqrt{x^2 + 4}}{x^2 + 5}$的最大值为______.

答案： （2）[解析]令$\sqrt{x^2 + 4}=t$，则$t\geq2$，所以$x^2=t^2 - 4$，所以$y=\frac{t}{t^2 + 1}=\frac{1}{t+\frac{1}{t}}$，设$h(t)=t+\frac{1}{t}$，则$h(t)$在$[2,+\infty)$上单调递增，所以$h(t)_{min}=h(2)=\frac{5}{2}$，所以$y\leq\frac{1}{\frac{5}{2}}=\frac{2}{5}$（$x = 0$时取等号），即$y$的最大值为$\frac{2}{5}$.答案：$\frac{2}{5}$

[例5]（1）金榜原创·易错对对碰
①函数$f(x)=x^2 + 2(a - 1)x + 2$的单调递减区间是$(-\infty,4]$，则实数$a$的值为______.
②函数$f(x)=x^2 + 2(a - 1)x + 2$在区间$(-\infty,4]$上单调递减，则实数$a$的取值范围为______.

答案： （1）[解析]①函数$f(x)$图象的对称轴为直线$x = 1 - a$，由$1 - a = 4$，得$a=-3$.答案：$-3$②函数$f(x)$图象的对称轴为直线$x = 1 - a$，函数$f(x)$在区间$(-\infty,4]$上单调递减，所以$1 - a\geq4$，解得$a\leq - 3$.实数$a$的取值范围为$(-\infty,-3]$.答案：$(-\infty,-3]$

（2）（2023·新高考Ⅰ卷）设函数$f(x)=2^{x(x - a)}$在区间$(0,1)$上单调递减，则$a$的取值范围是 （ ）
A. $(-\infty,-2]$
B. $[-2,0)$
C. $(0,2]$
D. $[2,+\infty)$

答案： （2）D 函数$y = 2^x$在R上单调递增，而函数$f(x)=2^{x(x - a)}$在区间$(0,1)$上单调递减，则有函数$y=x(x - a)=(x-\frac{a}{2})^2-\frac{a^2}{4}$在区间$(0,1)$上单调递减，因此$\frac{a}{2}\geq1$，解得$a\geq2$，所以$a$的取值范围是$[2,+\infty)$.