《2026年学易优同步学案导学高中数学必修第一册人教版》

10. 证明：函数 $ f(x) = x - \frac{1}{x} $ 在 $ (0,+\infty) $ 上单调递增.

答案： 10.证明 设$x_{1},x_{2}\in(0,+\infty)$，且$x_{1}＜x_{2}$，则$f(x_{1})-f(x_{2})=x_{1}-\frac{1}{x_{1}}-x_{2}+\frac{1}{x_{2}}=x_{1}-x_{2}+\frac{x_{1}-x_{2}}{x_{1}x_{2}}=\frac{(x_{1}-x_{2})(x_{1}x_{2}+1)}{x_{1}x_{2}}$，因为$x_{1},x_{2}\in(0,+\infty)$且$x_{1}＜x_{2}$，所以$x_{1}-x_{2}＜0$，$x_{1}x_{2}＞0$，所以$f(x_{1})-f(x_{2})＜0$，即$f(x_{1})＜f(x_{2})$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。

11. 已知函数 $ f(x) = \begin{cases}x^2 + 4x,x\geq0,\\4x - x^2,x ＜ 0,\end{cases}$ 若 $ f(4 - a) ＞ f(a) $，则实数 $ a $ 的取值范围是( )

A.$ (-\infty,2) $
B.$ (2,+\infty) $
C.$ (-\infty,-2) $
D.$ (-2,+\infty) $

答案： 11.A 画出$f(x)$的图象(图略)可判断$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，故$f(4 - a^{2})＞f(a)\Leftrightarrow4 - a^{2}＞a$，解得$a＜-2$。

12. 已知函数 $ f(x) = \begin{cases}-x^2 - ax - 5,x\leq1,\frac{a}{x},x ＞ 1\end{cases}$ 在 $ (-\infty,+\infty) $ 上是增函数，则实数 $ a $ 的取值范围是( )

A.$ (-\infty,-2] $
B.$ [-2,0) $
C.$ [-3,0) $
D.$ [-3,-2] $

答案： 12.D 由于函数$f(x)=\begin{cases}-x^{2}-ax-5,x\leq1\frac{a}{x},x＞1\end{cases}$在$(-\infty,+\infty)$上是减函数，因此函数$h(x)=-x^{2}-ax - 5$在区间$(-\infty,1]$上单调递减，$g(x)=\frac{a}{x}$在区间$(1,+\infty)$上单调递减，且$g(1)\geq h(1)$，即$\begin{cases}-\frac{a}{2}\geq1\\a＜0\\a\geq-1-a-5\end{cases}$，解得$-3\leq a\leq-2$。

13. 若函数 $ f(x) = ax^2 + (a - 3)x + 1 $ 在 $ (-1,+\infty) $ 上单调递减，则实数 $ a $ 的取值范围是$[-3,0]$.

答案： 13.$[-3,0]$ $①a = 0$时，$f(x)=-3x + 1$在$\mathbf{R}$上单调递减，$\therefore a = 0$满足条件；$②a\neq0$时，$f(x)=ax^{2}+(a - 3)x + 1$，对称轴为$x=-\frac{a - 3}{2a}$，$\begin{cases}a＜0\\-\frac{a - 3}{2a}\leq-1\end{cases}$，解得$-3\leq a＜0$。由$①②$得$-3\leq a\leq0$，故$a$的取值范围是$[-3,0]$。

14. 在实数集 $ \mathbf{R} $ 中定义一种运算“$ * $”，使其具有下列性质：
(1) 对任意 $ a,b\in\mathbf{R} $，$ a * b = b * a $；
(2) 对任意 $ a\in\mathbf{R} $，$ a * 0 = a $；
(3) 对任意 $ a,b,c\in\mathbf{R} $，$ (a * b) * c = c * (ab) + (a * c) + (b * c) - 2c $，则函数 $ f(x) = x * \frac{x}{2} $ 的单调递减区间是(D)
A.$ (-\infty,\frac{1}{2}] $
B.$ [-\frac{3}{2},+\infty) $
C.$ (-\infty,\frac{3}{2}] $
D.$ (-\infty,-\frac{3}{2}] $

答案： 14.D 在
(3)中，令$c = 0$，得$a*b=(a*b)*0=0*(a*b)+(a*0)+(b*0)-2×0=ab + a + b$，则$f(x)=x*\frac{x}{2}=\frac{x^{2}}{2}+\frac{3x}{2}=\frac{1}{2}(x+\frac{3}{2})^{2}-\frac{9}{8}$，易知函数$f(x)$的单调递减区间为$(-\infty,-\frac{3}{2}]$。

15. 设函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ \{x|x ＞ 0\} $，且满足条件 $ f(4) = 1 $，对于任意 $ x_1,x_2\in(0,+\infty) $，有 $ f(x_1· x_2) = f(x_1) + f(x_2) $，且当 $ x_1\neq x_2 $ 时，有 $ \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} ＞ 0 $.
(1) 求 $ f(1) $ 的值；
(2) 若 $ f(x + 6) + f(x) ＞ 2 $，求 $ x $ 的取值范围.

答案： 15.解
(1)$\because$对任意$x_{1},x_{2}\in(0,+\infty)$，有$f(x_{1}· x_{2})=f(x_{1})+f(x_{2})$，令$x_{1}=x_{2}=1$，得$f(1×1)=f(1)+f(1)$，即$f(1)=2f(1)$，$\therefore f(1)=0$。
(2)设$0＜x_{1}＜x_{2}$，则由$\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}＞0$，得$f(x_{2})-f(x_{1})＞0$，即$f(x_{1})＜f(x_{2})$，$\therefore f(x)$在$(0,+\infty)$上为增函数。令$x_{1}=x_{2}=4$，则$f(4×4)=f(4)+f(4)=1 + 1=2$，即$f(16)=2$。$\therefore f(x + 6)+f(x)＞f(16)$，$\therefore f((x + 6)x)＞f(16)$，$\begin{cases}x+6＞0\\x＞0\\(x + 6)x＞16\end{cases}$，解得$x＞2$，$\therefore x$的取值范围是$(2,+\infty)$。