《2025年人教金学典同步练习册同步解析与测评高中数学必修第一册人教版A版》

4. 如果函数 $ f(x) $ 在区间 $ (0, +\infty) $ 上单调递减，那么 $ f(a^2 - a + 1) $ 与 $ f(\frac{3}{4}) $ 的大小关系为$f(a^{2}-a+1)\leqslant f(\frac{3}{4})$.

答案： 4.$f(a^{2}-a+1)\leqslant f(\frac{3}{4})$
【解析】因为$f(x)$在区间$(0,+\infty)$上单调递减，且
$a^{2}-a+1\geqslant\frac{3}{4}＞0$，所以$f(a^{2}-a+1)\leqslant f(\frac{3}{4})$.

1. 若函数
$f(x) = \begin{cases}(2a - 1)x + a - 1, & x ＞ 0, \\-x^2 + (2 - a)x, & x \leq 0\end{cases}$
是增函数，求实数 $ a $ 的取值范围.

答案： 1.由题意，得
$\begin{cases}2a-1＞0,\\2-a\geqslant0,\\a-1\geqslant f(0),\end{cases}$
解得$1\leqslant a\leqslant2$.所以$a$的取值范围是$[1,2]$.

2. 根据定义证明函数 $ f(x) = \frac{2}{x} - x $ 在区间 $ (0, +\infty) $ 上单调递减.

答案： 2.$\forall x_1,x_2\in(0,+\infty)$，且$x_1＜x_2$，则$f(x_1)-f(x_2)=\frac{2}{x_1}-x_1-(\frac{2}{x_2}-x_2)=(x_2-x_1)(\frac{2}{x_1x_2}+1)$.又因为$0＜x_1＜x_2$，所以$x_2-x_1＞0$，$\frac{2}{x_1x_2}+1＞0$.于是$(x_2-x_1)\cdot(\frac{2}{x_1x_2}+1)＞0$，即$f(x_1)-f(x_2)＞0$，所以$f(x_1)＞f(x_2)$.
因此函数$f(x)=\frac{2}{x}-x$在区间$(0,+\infty)$上单调递减.

例 已知函数 $ f(x) = ax - \frac{b}{x + 1} $（$ a, b \in \mathbf{N}^* $），$ f(1) = \frac{1}{2} $，且 $ f(2) ＜ 2 $.
（1）求 $ a, b $ 的值；
（2）求函数 $ y = f(x) $ 在区间 $ [0, 3] $ 上的最大（小）值.
分析：（1）根据已知条件容易求解；（2）如果能证明函数 $ y = f(x) $ 在区间 $ [0, 3] $ 上单调递增或单调递减，那么就能求出函数的最大（小）值.

答案： 解：（1）因为 $ f(1) = a - \frac{b}{2} = \frac{1}{2} $，所以 $ a = \frac{b + 1}{2} $. 又因为 $ f(2) = 2a - \frac{b}{3} ＜ 2 $，所以 $ b ＜ \frac{3}{2} $.
因为 $ a, b \in \mathbf{N}^* $，所以 $ b = 1 $，所以 $ a = 1 $.
（2）由（1），得 $ f(x) = x - \frac{1}{x + 1} $. 函数 $ f(x) $ 的定义域是 $ (-\infty, -1) \cup (-1, +\infty) $.
$ \forall x_1, x_2 \in [0, 3] $，且 $ x_1 ＜ x_2 $，则
$\begin{aligned}f(x_1) - f(x_2) &= x_1 - \frac{1}{x_1 + 1} - (x_2 - \frac{1}{x_2 + 1})\\&= (x_1 - x_2) + (\frac{1}{x_2 + 1} - \frac{1}{x_1 + 1})\\&= (x_1 - x_2) + \frac{x_1 - x_2}{(x_2 + 1)(x_1 + 1)}\\&= (x_1 - x_2)[1 + \frac{1}{(x_2 + 1)(x_1 + 1)}].\end{aligned}$
由 $ 0 \leq x_1 ＜ x_2 \leq 3 $，得 $ x_1 - x_2 ＜ 0 $，且 $ 1 + \frac{1}{(x_2 + 1)(x_1 + 1)} ＞ 0 $，于是
$f(x_1) - f(x_2) ＜ 0,$
即
$f(x_1) ＜ f(x_2).$
所以函数 $ f(x) = x - \frac{1}{x + 1} $ 在区间 $ [0, 3] $ 上单调递增.
因此，函数 $ f(x) = x - \frac{1}{x + 1} $ 在区间 $ [0, 3] $ 的两个端点上分别取得最小值和最大值. 当 $ x = 0 $ 时，函数 $ y = f(x) $ 取得最小值，最小值是 $ -1 $；当 $ x = 3 $ 时，函数 $ y = f(x) $ 取得最大值，最大值是 $ \frac{11}{4} $.
评析：通过研究函数的单调性求函数最值是一种重要的方法.