《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学必修第一册》

【例 4】已知函数 $ f(x) = |2^{x} - 1| $，$ a ＜ b ＜ c $ 且 $ f(a) ＞ f(c) ＞ f(b) $，则下列结论中一定成立的是()

A.$ a ＜ 0 $，$ b ＜ 0 $，$ c ＜ 0 $
B.$ a ＜ 0 $，$ b \geqslant 0 $，$ c ＞ 0 $
C.$ 2^{-a} ＜ 2^{c} $
D.$ 2^{a} + 2^{c} ＜ 2 $

答案： D

变式 设函数 $ f(x) = \begin{cases}|3^{x} - 1|, x \leqslant 1, \\ -x + 3, x ＞ 1,\end{cases}$ 若互不相等的实数 $ a $，$ b $，$ c $ 满足 $ f(a) = f(b) = f(c) $，则 $ 3^{a} + 3^{b} + 3^{c} $ 的取值范围是( )

A.$ (11,29) $
B.$ (9,27) $
C.$ (9,21) $
D.$ (11,21) $

答案： A

【例 5】某工厂今年 1 月、2 月、3 月生产某产品分别为 $ 1 $ 万件、$ 1.2 $ 万件、$ 1.3 $ 万件，为了估测今后每个月的产量，以这三个月的产品数量为依据，用一个函数模拟该产品的月产量 $ y $ 与月份数 $ x $ 的关系，模拟函数可以选用二次函数或函数 $ y = ab^{x} + c $（其中 $ a $，$ b $，$ c $ 为常数），已知四月份该产品的产量为 $ 1.37 $ 万件，请问用以上哪个函数作为模拟函数较好？说明理由。

答案： 指数型函数$y = ab^x + c$：
1. 代入$x=1,y=1$；$x=2,y=1.2$；$x=3,y=1.3$，得方程组：
$ \begin{cases} ab + c = 1 \\ ab^2 + c = 1.2 \\ ab^3 + c = 1.3 \end{cases} $
2. ② - ①：$ab(b - 1) = 0.2$；③ - ②：$ab^2(b - 1) = 0.1$，两式相除得$b = 0.5$。
3. 代入$b = 0.5$，解得$a = -0.8$，$c = 1.4$，函数为$y = -0.8 × (0.5)^x + 1.4$。
4. 当$x=4$时，$y = -0.8 × (0.5)^4 + 1.4 = 1.35$。
二次函数$y = ax^2 + bx + c$：
1. 代入$x=1,y=1$；$x=2,y=1.2$；$x=3,y=1.3$，得方程组：
$ \begin{cases} a + b + c = 1 \\ 4a + 2b + c = 1.2 \\ 9a + 3b + c = 1.3 \end{cases} $
2. ⑦ - ⑥：$3a + b = 0.2$；⑧ - ⑦：$5a + b = 0.1$，解得$a = -0.05$，$b = 0.35$，$c = 0.7$，函数为$y = -0.05x^2 + 0.35x + 0.7$。
3. 当$x=4$时，$y = -0.05 × 16 + 0.35 × 4 + 0.7 = 1.3$。
比较：
指数型函数预测值1.35与实际1.37误差0.02，二次函数误差0.07，故选用$y = -0.8 × (0.5)^x + 1.4$较好。
结论：选用函数$y = ab^x + c$作为模拟函数较好。

【例 6】已知函数 $ f(x) = a^{x} + \frac{x - 1}{x + 1}(a ＞ 1) $。
求证：(1) 函数 $ f(x) $ 在 $ (-1, +\infty) $ 上为增函数；
(2) 方程 $ f(x) = 0 $ 没有正数根。

答案：
(1)设$x_1 ＞ x_2 ＞ -1$，则$f(x_1)-f(x_2)=a^{x_1}-a^{x_2}+\frac{x_1 - 1}{x_1 + 1}-\frac{x_2 - 1}{x_2 + 1}$。
$\frac{x_1 - 1}{x_1 + 1}-\frac{x_2 - 1}{x_2 + 1}=\frac{(x_1 - 1)(x_2 + 1)-(x_2 - 1)(x_1 + 1)}{(x_1 + 1)(x_2 + 1)}=\frac{2(x_1 - x_2)}{(x_1 + 1)(x_2 + 1)}$。
因为$x_1 ＞ x_2 ＞ -1$，所以$x_1 - x_2 ＞ 0$，$x_1 + 1 ＞ 0$，$x_2 + 1 ＞ 0$，则$\frac{2(x_1 - x_2)}{(x_1 + 1)(x_2 + 1)} ＞ 0$。
又$a ＞ 1$且$x_1 ＞ x_2$，故$a^{x_1} ＞ a^{x_2}$，即$a^{x_1}-a^{x_2} ＞ 0$。
因此$f(x_1)-f(x_2) ＞ 0$，即$f(x_1) ＞ f(x_2)$，所以$f(x)$在$(-1, +\infty)$上为增函数。
(2)假设方程$f(x)=0$存在正数根$x_0$，则$a^{x_0}+\frac{x_0 - 1}{x_0 + 1}=0$，即$a^{x_0}=\frac{1 - x_0}{x_0 + 1}=\frac{2}{x_0 + 1}-1$。
当$x_0 ＞ 0$时，$x_0 + 1 ＞ 1$，则$\frac{2}{x_0 + 1} ＜ 2$，$\frac{2}{x_0 + 1}-1 ＜ 1$。
而$a ＞ 1$，$x_0 ＞ 0$时，$a^{x_0} ＞ 1$，矛盾。故方程$f(x)=0$没有正数根。