《2025年精彩三年课程探究与巩固高中数学必修第一册》

(2)作出函数$ f(x)=\begin{cases} -x - 3,x\leq1, \\ (x - 2)^2 + 3,x ＞ 1 \end{cases}$的图象，并求函数$ f(x) $的单调区间.

答案： 图象略（当$x\leq1$时，是斜率为$-1$，截距为$-3$的直线的一部分；当$x ＞ 1$时，是开口向上，顶点为$(2,3)$的抛物线的一部分）
单调递减区间为$(-\infty,1]$，单调递增区间为$[2,+\infty)$
解析：当$x\leq1$时，$f(x)=-x - 3$，斜率为$-1 ＜ 0$，所以在$(-\infty,1]$上单调递减；
当$x ＞ 1$时，$f(x)=(x - 2)^2 + 3$，对称轴为$x=2$，所以在$(1,2)$上单调递减，在$[2,+\infty)$上单调递增。
综上，函数$f(x)$的单调递减区间为$(-\infty,1]$，单调递增区间为$[2,+\infty)$。

活学活用 利用单调性定义证明：函数$ f(x)=\sqrt{x - 1} $在其定义域内是增函数.

答案： 证明：函数$f(x)=\sqrt{x - 1}$的定义域为$[1,+\infty)$。
任取$x_1,x_2\in[1,+\infty)$，且$x_1 ＜ x_2$，
则$f(x_2)-f(x_1)=\sqrt{x_2 - 1}-\sqrt{x_1 - 1}=\frac{(x_2 - 1)-(x_1 - 1)}{\sqrt{x_2 - 1}+\sqrt{x_1 - 1}}=\frac{x_2 - x_1}{\sqrt{x_2 - 1}+\sqrt{x_1 - 1}}$。
因为$x_1 ＜ x_2$，所以$x_2 - x_1 ＞ 0$，且$\sqrt{x_2 - 1}+\sqrt{x_1 - 1} ＞ 0$，
所以$f(x_2)-f(x_1) ＞ 0$，即$f(x_2) ＞ f(x_1)$，
所以函数$f(x)=\sqrt{x - 1}$在$[1,+\infty)$上是增函数。

例2 判断函数$ f(x)=\frac{ax + 1}{x + 2}(a ＞ \frac{1}{2}) $在区间$(-2,+\infty)$上的单调性，并证明你的结论.

答案： 函数$f(x)$在区间$(-2,+\infty)$上单调递增
证明：任取$x_1,x_2\in(-2,+\infty)$，且$x_1 ＜ x_2$，
$f(x)=\frac{ax + 1}{x + 2}=a + \frac{1 - 2a}{x + 2}$，
则$f(x_2)-f(x_1)=\left(a + \frac{1 - 2a}{x_2 + 2}\right)-\left(a + \frac{1 - 2a}{x_1 + 2}\right)=(1 - 2a)\cdot\frac{x_1 - x_2}{(x_2 + 2)(x_1 + 2)}$。
因为$a ＞ \frac{1}{2}$，所以$1 - 2a ＜ 0$；
因为$x_1 ＜ x_2$，所以$x_1 - x_2 ＜ 0$；
因为$x_1,x_2 ＞ -2$，所以$x_1 + 2 ＞ 0$，$x_2 + 2 ＞ 0$，即$(x_2 + 2)(x_1 + 2) ＞ 0$。
所以$f(x_2)-f(x_1) ＞ 0$，即$f(x_2) ＞ f(x_1)$，
所以函数$f(x)$在区间$(-2,+\infty)$上单调递增。