《2025年新坐标同步练习高中数学必修第一册人教版》

[例1]
(对接教材例1)讨论函数$f(x) = \frac{ax}{x - 1}$($a \neq 0$)在区间$(-1,1)$上的单调性。
【解】 任取$x_{1},x_{2}\in (-1,1)$，且$x_{1}\lt x_{2}$，
$f(x)=\frac {a(x-1+1)}{x-1}=a(1+\frac {1}{x-1})$，则$f(x_{1})-f(x_{2})=a(1+\frac {1}{x_{1}-1})-a(1+\frac {1}{x_{2}-1})=\frac {a(x_{2}-x_{1})}{(x_{1}-1)(x_{2}-1)}$。
当$a＞0$时，$f(x_{1})-f(x_{2})＞0$，
即$f(x_{1})＞f(x_{2})$，
函数$f(x)$在区间$(-1,1)$上单调递减；
当$a＜0$时，$f(x_{1})-f(x_{2})＜0$，
即$f(x_{1})\lt f(x_{2})$，
函数$f(x)$在区间$(-1,1)$上单调递增。

答案： 【解】 任取$x_{1},x_{2}\in (-1,1)$，且$x_{1}\lt x_{2}$，
$f(x)=\frac {a(x-1+1)}{x-1}=a(1+\frac {1}{x-1})$，则$f(x_{1})-f(x_{2})=a(1+\frac {1}{x_{1}-1})-a(1+\frac {1}{x_{2}-1})=\frac {a(x_{2}-x_{1})}{(x_{1}-1)(x_{2}-1)}$。
当$a＞0$时，$f(x_{1})-f(x_{2})＞0$，
即$f(x_{1})＞f(x_{2})$，
函数$f(x)$在区间$(-1,1)$上单调递减；
当$a＜0$时，$f(x_{1})-f(x_{2})＜0$，
即$f(x_{1})\lt f(x_{2})$，
函数$f(x)$在区间$(-1,1)$上单调递增。

已知函数$f(x) = x + \frac{m}{x}$,且$f(1) = 2$。
(1) 求$m$；
(2) 根据定义证明函数$f(x)在区间(1,+\infty)$上单调递增。
(1)因为$f(1)=2$，所以$2=1+m$，所以$m=1$。
(2)证明:由于$f(x)=x+\frac {1}{x}$，任取$x_{1},x_{2}\in (1,+\infty )$，且$x_{1}\lt x_{2}$，则$f(x_{1})-f(x_{2})=x_{1}+\frac {1}{x_{1}}-x_{2}-\frac {1}{x_{2}}=x_{1}-x_{2}+\frac {x_{2}-x_{1}}{x_{1}x_{2}}=(x_{1}-x_{2})(1-\frac {1}{x_{1}x_{2}})$，因为$x_{1}\lt x_{2}$，$x_{1}x_{2}\in (1,+\infty )$，所以$x_{1}-x_{2}＜0$，$0＜\frac {1}{x_{1}x_{2}}＜1$，$1-\frac {1}{x_{1}x_{2}}＞0$，所以$f(x_{1})-f(x_{2})＜0$，即$f(x_{1})\lt f(x_{2})$，故$f(x)$在$(1,+\infty )$上单调递增。

答案：
(1)因为$f(1)=2$，
所以$2=1+m$，所以$m=1$。
(2)证明:由于$f(x)=x+\frac {1}{x}$，
任取$x_{1},x_{2}\in (1,+\infty )$，且$x_{1}\lt x_{2}$，
则$f(x_{1})-f(x_{2})=x_{1}+\frac {1}{x_{1}}-x_{2}-\frac {1}{x_{2}}=x_{1}-x_{2}+\frac {x_{2}-x_{1}}{x_{1}x_{2}}=(x_{1}-x_{2})(1-\frac {1}{x_{1}x_{2}})$，
因为$x_{1}\lt x_{2}$，$x_{1}x_{2}\in (1,+\infty )$，
所以$x_{1}-x_{2}＜0$，$0＜\frac {1}{x_{1}x_{2}}＜1$，$1-\frac {1}{x_{1}x_{2}}＞0$，
所以$f(x_{1})-f(x_{2})＜0$，
即$f(x_{1})\lt f(x_{2})$，
故$f(x)$在$(1,+\infty )$上单调递增。

[例2]
(1) 函数$f(x)$在区间$(-1,3]$上单调递减,则(D)
A.$f(-2) ＞ f(2)$
B.$f(0) ＜ f(3)$
C.$f(-1) ＞ f(3)$
D.$f(0) ＞ f(3)$

答案： D

(2) 已知$f(x)是定义在(-\infty,+\infty)$上的增函数,且$f(x - 1) ＜ f(1 - 3x)$,则$x$的取值范围是$(-\infty ,\frac {1}{2})$。
母题探究
本例(2)中的条件“$(-\infty,+\infty)$”变为“$[-1,1]$”,其余不变,则$x$的取值范围是(A)
A.$[0,\frac{1}{2})$
B.$(0,\frac{1}{2})$
C.$(\frac{1}{2},1]$
D.$[-1,\frac{1}{2})$

答案： 即$x$的取值范围为$(-\infty ,\frac {1}{2})$。
母题探究 解析:选A.因为$f(x)$是定义在$[-1,1]$上的增函数，且$f(x-1)\lt f(1-3x)$，
则$\begin{cases}x-1＜1-3x\\-1\leqslant x-1\leqslant 1\\-1\leqslant 1-3x\leqslant 1\end{cases}$，解得$0\leqslant x＜\frac {1}{2}$，所以$x$的取值范围是$[0,\frac {1}{2})$。