《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 7】已知函数 $ f(x) = mx^2 - 2x + m $，若 $ f(x) ＞ 0 $ 在 $ (0, +\infty) $ 上恒成立，求 $ m $ 的取值范围.

答案： 当$ m \leq 0 $时：
若$ m = 0 $，$ f(x) = -2x $，在$ (0, +\infty) $上$ f(x) = -2x ＜ 0 $，不满足$ f(x) ＞ 0 $；
若$ m ＜ 0 $，二次函数开口向下，当$ x \to +\infty $时，$ f(x) \to -\infty $，存在$ f(x) ＜ 0 $，不满足条件。
当$ m ＞ 0 $时：
函数开口向上，对称轴$ x = \frac{1}{m} ＞ 0 $；
$ f(x)_{\min} = f\left( \frac{1}{m} \right) = m\left( \frac{1}{m} \right)^2 - 2\left( \frac{1}{m} \right) + m = m - \frac{1}{m} $；
要使$ f(x) ＞ 0 $在$ (0, +\infty) $上恒成立，需$ m - \frac{1}{m} ＞ 0 $；
因$ m ＞ 0 $，解得$ m^2 ＞ 1 $，即$ m ＞ 1 $。
综上，$ m $的取值范围是$ (1, +\infty) $。

【例 8】已知 $ f(x) $ 是定义在 $ [-1, 1] $ 上的奇函数，且 $ f(1) = 1 $，若对任意的 $ a, b \in [-1, 1] $，当 $ a + b \neq 0 $ 时，总有 $ \frac{f(a) + f(b)}{a + b} ＞ 0 $.
(1) 判断函数 $ f(x) $ 在 $ [-1, 1] $ 上的单调性，并证明你的结论；
(2) 解不等式 $ f(x + 1) ＜ f\left(\frac{1}{x - 1}\right) $；
(3) 若 $ f(x) \leq m^2 - 2pm + 1 $ 对所有的 $ x \in [-1, 1] $ 恒成立，其中 $ p \in [-1, 1] $ ( $ p $ 是常数)，试用常数 $ p $ 表示实数 $ m $ 的取值范围.

答案：
(1) $f(x)$在$[-1,1]$上是增函数.
证明：任取$x_1,x_2\in[-1,1]$，且$x_1＜x_2$，则$x_1-x_2＜0$.
因为$f(x)$是奇函数，所以$f(-x_2)=-f(x_2)$.
由题设$\frac{f(a)+f(b)}{a+b}＞0$，令$a=x_1,b=-x_2$，得$\frac{f(x_1)+f(-x_2)}{x_1+(-x_2)}=\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}＞0$.
又$x_1-x_2＜0$，故$f(x_1)-f(x_2)＜0$，即$f(x_1)＜f(x_2)$.
所以$f(x)$在$[-1,1]$上是增函数.
(2) 由$f(x)$单调递增，得
$\begin{cases}-1\leq x+1\leq1,\\-1\leq\frac{1}{x-1}\leq1,\\x+1＜\frac{1}{x-1}\end{cases}$
解得$\begin{cases}-2\leq x\leq0,\\x\geq2或x\leq0,\\x＜-\sqrt{2}或1＜x＜\sqrt{2}\end{cases}$
取交集得$-2\leq x＜-\sqrt{2}$.
不等式的解集为$\{x|-2\leq x＜-\sqrt{2}\}$.
(3) 由
(1)知$f(x)_{max}=f(1)=1$，则$1\leq m^2-2pm+1$，即$m(m-2p)\geq0$.
① 当$p\in[-1,0)$时，$m\in(-\infty,2p]\cup[0,+\infty)$；
② 当$p\in(0,1]$时，$m\in(-\infty,0]\cup[2p,+\infty)$；
③ 当$p=0$时，$m\in\mathbf{R}$.