《2025年金版新学案高中数学必修第一册北师大版》

典例 2 已知函数 $ f(x)=\frac{x^{2}+a}{x} $，且 $ f(1)=10 $.
(1) 判断函数 $ f(x) $ 在区间 $ [3,+\infty) $ 上的单调性，并用定义法证明；
(2) 求函数 $ f(x) $ 在区间 $ [3,6] $ 上的最大值和最小值.

答案：
(1)$f(x)$在区间$[3,+\infty)$上单调递增.证明如下：
函数$f(x)=\frac{x^2 + a}{x}$，因为$f(1)=10$，
所以$f(1)=\frac{1^2 + a}{1}=10$，则$a = 9$。
所以$f(x)=\frac{x^2 + 9}{x}=x+\frac{9}{x}$，设$3\leq x_1＜x_2$，
则$f(x_1)-f(x_2)=x_1 - x_2+\frac{9}{x_1}-\frac{9}{x_2}=(x_1 - x_2)-\frac{9(x_2 - x_1)}{x_1x_2}=\frac{(x_1 - x_2)(x_1x_2 - 9)}{x_1x_2}$，
由$3\leq x_1＜x_2$，则$x_1x_2 - 9＞0,x_1 - x_2＜0,x_1x_2＞0$，
所以$\frac{(x_1 - x_2)(x_1x_2 - 9)}{x_1x_2}＜0\Rightarrow f(x_1)-f(x_2)＜0$，即$f(x_1)＜f(x_2)$，
所以函数$f(x)$在区间$[3,+\infty)$上单调递增。
(2)由
(1)可知$f(x)$在区间$[3,+\infty)$上单调递增，
所以$f(x)$在区间$[3,6]$上单调递增，
所以$f(x)_{\min}=f(3)=3+\frac{9}{3}=6,f(x)_{\max}=f(6)=6+\frac{9}{6}=\frac{15}{2}$，
则函数$f(x)$在区间$[3,6]$上的最大值为$\frac{15}{2}$，最小值为$6$。

对点练 2. 已知函数 $ f(x)=\frac{1}{3x-1} $.
(1) 先判断函数 $ f(x) $ 在区间 $ (\frac{1}{3},+\infty) $ 上的单调性，再用定义法证明；
(2) 求函数 $ f(x) $ 在区间 $ [1,5] $ 上的最值.

答案：
(1)$f(x)=\frac{1}{3x - 1}$在$(\frac{1}{3},+\infty)$上单调递减.证明如下：
令$\frac{1}{3}＜x_1＜x_2$，
则$f(x_1)-f(x_2)=\frac{1}{3x_1 - 1}-\frac{1}{3x_2 - 1}=\frac{3x_2 - 1-(3x_1 - 1)}{(3x_1 - 1)(3x_2 - 1)}=\frac{3(x_2 - x_1)}{(3x_1 - 1)(3x_2 - 1)}$，
又$3x_1 - 1＞0,3x_2 - 1＞0,x_2 - x_1＞0$，
所以$f(x_1)-f(x_2)＞0$，故$f(x_1)＞f(x_2)$，
则$f(x)$在区间$(\frac{1}{3},+\infty)$上单调递减。
(2)由
(1)知：$f(x)$在区间$(\frac{1}{3},+\infty)$上单调递减，
所以$f(x)$在区间$[1,5]$上单调递减，
即$f(x)_{\max}=f(1)=\frac{1}{3×1 - 1}=\frac{1}{2}$，
$f(x)_{\min}=f(5)=\frac{1}{3×5 - 1}=\frac{1}{14}$，
故函数$f(x)$在区间$[1,5]$上的最大值为$f(1)=\frac{1}{2}$，最小值为$f(5)=\frac{1}{14}$。

典例 3 (1) 已知对 $ f(x) $ 定义域 $ \mathbf{R} $ 内的任意实数 $ x_{1},x_{2} $，且 $ x_{1} \neq x_{2} $，$ [f(x_{1})-f(x_{2})](x_{1}-x_{2})＞0 $ 恒成立，设 $ a=f(-\frac{1}{3}) $，$ b=f(3) $，$ c=f(5) $，则（ ）
A.$ b＜a＜c $
B.$ c＜b＜a $
C.$ b＜c＜a $
D.$ a＜b＜c $

答案：
(1)D
 
(1)因为对$f(x)$定义域内任意实数$x_1,x_2(x_1\neq x_2)$，都有$[f(x_1)-f(x_2)](x_1 - x_2)＞0$，所以函数$f(x)$在R上是增函数，所以$f(-\frac{1}{3})＜f(3)＜f(5)$，即$a＜b＜c$。故选D。
 

(2) 定义在 $ \mathbf{R} $ 上的函数 $ f(x) $ 满足 $ (x_{1}-x_{2}) · [f(x_{1})-f(x_{2})]＞0 $，$ x_{1} \neq x_{2} $，且 $ f(a^{2}-a)＞f(2a-2) $，则实数 $ a $ 的取值范围为（ ）
A.$ (-\infty,1) \cup (2,+\infty) $
B.$ (-1,2) $
C.$ (1,2) $
D.$ (-\infty,-1) \cup (2,+\infty) $

答案：
(2)因为函数$f(x)$满足$(x_1 - x_2)[f(x_1)-f(x_2)]＞0,x_1\neq x_2$，所以函数$f(x)$在R上单调递增，根据题设不等式关系，有$2a - 2＜a^2 - a$，即$a^2 - 3a + 2=(a - 1)(a - 2)＞0$，解得$a＞2$或$a＜1$，所以实数$a$的取值范围为$(-\infty,1)\cup(2,+\infty)$。故选A。

对点练 3. (1) 函数 $ y=f(x) $ 是实数集上的严格增函数，且 $ a+b＞0 $，则（ ）
A.$ f(a)+f(b)＞f(-a)+f(-b) $
B.$ f(a)+f(b)＜f(-a)+f(-b) $
C.$ f(a)-f(b)＞f(-a)-f(-b) $
D.$ f(a)-f(b)＜f(-a)-f(-b) $

答案：
(1)A
 
(1)因为$a + b＞0$，所以$a＞-b,b＞-a$，又因为$y = f(x)$在R上是增函数，所以$f(a)＞f(-b),f(b)＞f(-a)$，所以$f(a)+f(b)＞f(-a)+f(-b)$。故选A。
 

(2) 若函数 $ y=f(x) $ 在 $ \mathbf{R} $ 上单调递减，且 $ f(m^{2})＞f(-m) $，则实数 $ m $ 的取值范围是（ ）
A.$ (-\infty,-1) $
B.$ (0,+\infty) $
C.$ (-1,0) $
D.$ (-\infty,-1) \cup (0,+\infty) $

答案：
(2)因为函数$y = f(x)$在R上单调递减，且$f(m^2)＞f(-m)$，所以$m^2＜-m$，即$m^2 + m＜0$，解得$-1＜m＜0$。故选C。