《2025年美迪初中衔接暑假河北教育出版社数学人教版》

1. (对应题型一) 求证：函数 $ f(x) = \frac{1}{x^2 - 4} $ 在区间 $ (2, +\infty) $ 上单调递减。

答案： 证明：任取 $ x_1, x_2 \in (2, +\infty) $，且 $ x_1 ＜ x_2 $，
则 $ f(x_1) - f(x_2) = \frac{1}{x_1^2 - 4} - \frac{1}{x_2^2 - 4} $
$ = \frac{(x_2^2 - 4) - (x_1^2 - 4)}{(x_1^2 - 4)(x_2^2 - 4)} $
$ = \frac{x_2^2 - x_1^2}{(x_1^2 - 4)(x_2^2 - 4)} $
$ = \frac{(x_2 - x_1)(x_2 + x_1)}{(x_1^2 - 4)(x_2^2 - 4)} $。
因为 $ x_1, x_2 \in (2, +\infty) $，且 $ x_1 ＜ x_2 $，
所以 $ x_2 - x_1 ＞ 0 $，$ x_2 + x_1 ＞ 0 $，
$ x_1^2 - 4 ＞ 0 $，$ x_2^2 - 4 ＞ 0 $，
故 $ f(x_1) - f(x_2) ＞ 0 $，即 $ f(x_1) ＞ f(x_2) $。
因此，函数 $ f(x) = \frac{1}{x^2 - 4} $ 在区间 $ (2, +\infty) $ 上单调递减。

2. (对应题型二) 作出下列函数的图象,并写出单调区间。
(1) $ f(x) = -\frac{1}{x + 2} $；
(2) $ f(x) = -(x - 3)|x| $。

答案： 【解析】：本题考查函数图像的绘制以及单调区间的求解，属于九年级数学函数部分的内容。对于（1），$f(x) = -\frac{1}{x + 2}$是反比例函数经过平移得到的，先确定其对称中心和渐近线，再选取点绘制图像，进而判断单调区间；对于（2），$f(x) = -(x - 3)|x|$需要根据绝对值内$x$的正负去绝对值符号，转化为分段函数，然后分别绘制各段图像，再确定单调区间。
（1）对于函数$f(x) = -\frac{1}{x + 2}$，它是由反比例函数$y = -\frac{1}{x}$向左平移2个单位得到的。其对称中心为$(-2, 0)$，垂直渐近线为$x = -2$，水平渐近线为$y = 0$。选取一些点，当$x = -3$时，$f(-3) = -\frac{1}{-3 + 2} = 1$；当$x = -1$时，$f(-1) = -\frac{1}{-1 + 2} = -1$；当$x = 0$时，$f(0) = -\frac{1}{0 + 2} = -\frac{1}{2}$；当$x = 1$时，$f(1) = -\frac{1}{1 + 2} = -\frac{1}{3}$；当$x = -4$时，$f(-4) = -\frac{1}{-4 + 2} = \frac{1}{2}$。通过这些点可以大致画出函数图像，从图像可以看出，函数在$(-\infty, -2)$和$(-2, +\infty)$上分别单调递增。
（2）对于函数$f(x) = -(x - 3)|x|$，当$x \geq 0$时，$|x| = x$，则$f(x) = -(x - 3)x = -x^2 + 3x$，这是一个开口向下的抛物线，对称轴为$x = \frac{3}{2}$，顶点坐标为$(\frac{3}{2}, \frac{9}{4})$；当$x ＜ 0$时，$|x| = -x$，则$f(x) = -(x - 3)(-x) = x(x - 3) = x^2 - 3x$，这是一个开口向上的抛物线，对称轴为$x = \frac{3}{2}$，但此时$x ＜ 0$，所以在$x ＜ 0$区间内，函数单调递减。绘制分段函数图像后，根据图像判断单调区间，当$x ＜ 0$时，函数单调递减；当$0 \leq x \leq \frac{3}{2}$时，函数单调递增；当$x ＞ \frac{3}{2}$时，函数单调递减。
【答案】：（1）函数$f(x) = -\frac{1}{x + 2}$的图像（图略），单调递增区间为$(-\infty, -2)$和$(-2, +\infty)$。
（2）函数$f(x) = -(x - 3)|x|$的图像（图略），单调递减区间为$(-\infty, 0)$和$(\frac{3}{2}, +\infty)$，单调递增区间为$(0, \frac{3}{2})$。

3. (对应题型三) 已知函数 $ y = f(x) $ 是定义在区间 $ [-2, 2] $ 上的减函数,且 $ f(a + 1) ＜ f(2a) $,求实数 $ a $ 的取值范围。

答案： 【解析】：本题考查函数单调性的应用。因为函数$y = f(x)$是定义在区间$[-2, 2]$上的减函数，且$f(a + 1) ＜ f(2a)$，根据减函数的性质，自变量越大，函数值越小，所以可得$a + 1＞2a$。同时，$a + 1$和$2a$都必须在函数的定义域$[-2, 2]$内，即$-2\leqslant a + 1\leqslant 2$且$-2\leqslant 2a\leqslant 2$。联立这三个不等式求解，即可得到实数$a$的取值范围。
【答案】：解：因为函数$y = f(x)$是定义在区间$[-2, 2]$上的减函数，且$f(a + 1) ＜ f(2a)$，所以可得：
$\begin{cases}a + 1＞2a \\ -2\leqslant a + 1\leqslant 2 \\ -2\leqslant 2a\leqslant 2\end{cases}$
解第一个不等式$a + 1＞2a$，得$a＜1$；
解第二个不等式$-2\leqslant a + 1\leqslant 2$，得$-3\leqslant a\leqslant 1$；
解第三个不等式$-2\leqslant 2a\leqslant 2$，得$-1\leqslant a\leqslant 1$；
综合以上三个不等式的解，取交集得$-1\leqslant a＜1$。
故实数$a$的取值范围是$[-1, 1)$。

4. (对应题型四) 求下列函数的最大值和最小值。
(1) $ f(x) = -\frac{1}{x + 1}, x \in [1, 2] $；
(2) $ f(x) = x^2 - 2x + 5, x \in [-1, 2] $。

答案： 【解析】：
(1)对于函数$f(x) = -\frac{1}{x + 1}$，$x \in [1, 2]$，先分析其单调性。设$1 \leq x_1 ＜ x_2 \leq 2$，则$f(x_1) - f(x_2)=-\frac{1}{x_1 + 1}-(-\frac{1}{x_2 + 1})=\frac{1}{x_2 + 1}-\frac{1}{x_1 + 1}=\frac{x_1 - x_2}{(x_1 + 1)(x_2 + 1)}$，因为$x_1 - x_2 ＜ 0$，$(x_1 + 1)(x_2 + 1)＞0$，所以$f(x_1)-f(x_2)＜0$，即$f(x_1)＜f(x_2)$，函数在$[1,2]$上单调递增。所以当$x=1$时，$f(x)_{\text{min}}=-\frac{1}{1 + 1}=-\frac{1}{2}$；当$x=2$时，$f(x)_{\text{max}}=-\frac{1}{2 + 1}=-\frac{1}{3}$。
(2)对于函数$f(x)=x^2 - 2x + 5$，$x \in [-1, 2]$，这是二次函数，对称轴为$x = -\frac{-2}{2×1}=1$，开口向上。在对称轴左侧单调递减，右侧单调递增。计算端点和顶点处的值：当$x=1$时，$f(1)=1^2 - 2×1 + 5=4$；当$x=-1$时，$f(-1)=(-1)^2 - 2×(-1)+5=1 + 2 + 5=8$；当$x=2$时，$f(2)=2^2 - 2×2 + 5=4 - 4 + 5=5$。比较可得$f(x)_{\text{min}}=4$，$f(x)_{\text{max}}=8$。
【答案】：
(1)最大值为$-\frac{1}{3}$，最小值为$-\frac{1}{2}$；
(2)最大值为$8$，最小值为$4$