《2025年创新思维同步导学案高中数学必修第一册人教版》

[例2] 已知函数$f(x) = \frac{ax + b}{1 + x^{2}}$是定义在$(-1,1)$上的奇函数，且$f(\frac{1}{2}) = \frac{2}{5}$.
(1) 确定函数$f(x)$的解析式；
(2) 用定义法证明$f(x)$在$(-1,1)$上是增函数；
(3) 解不等式：$f(t - 1) + f(t) ＜ 0$.

答案： 例2
(1)[解] 根据题意得$\begin{cases}f(0)=0,\\f(\frac{1}{2})=\frac{2}{5},\end{cases}$
即$\begin{cases}\frac{a×0+b}{1+0^2}=0,\frac{\frac{a}{2}+b}{1+(\frac{1}{2})^2}=\frac{2}{5}.\end{cases}$解得$\begin{cases}a=1,\\b=0,\end{cases}$$\therefore f(x)=\frac{x}{1+x^2}$．
(2)[证明] 任取$x_1,x_2\in(-1,1)$，且令$x_1＜x_2$，
$f(x_1)-f(x_2)=\frac{x_1}{1+x_1^2}-\frac{x_2}{1+x_2^2}=\frac{x_1-x_2}{(1+x_1^2)(1+x_2^2)}(1-x_1x_2)$
$\because -1＜x_1＜x_2＜1$，
$\therefore x_1-x_2＜0,1+x_1^2＞0,1+x_2^2＞0,1-x_1x_2＞0$，
$\therefore f(x_1)-f(x_2)＜0$，即$f(x_1)＜f(x_2)$，
$\therefore f(x)$在$(-1,1)$上是增函数．
(3)$f(t-1)＜-f(t)=f(-t)$．
$\because f(x)$在$(-1,1)$上是增函数，
$\therefore\begin{cases}-1＜t-1＜1,\\0＜t＜\frac{1}{2},\\t-1＜-t,\end{cases}$
解得$0＜t＜\frac{1}{2}$．
不等式的解集为$\{t\mid0＜t＜\frac{1}{2}\}$．

跟踪训练 2. 设定义在$\mathbf{R}$上的奇函数$f(x)$满足，对任意$x_{1},x_{2} \in (0, +\infty)$，且$x_{1} \neq x_{2}$，都有$\frac{f(x_{2}) - f(x_{1})}{x_{2} - x_{1}} ＜ 0$，且$f(2) = 0$，求不等式$\frac{3f(-x) - 2f(x)}{x} \geq 0$的解集.

答案： ●跟踪训练
2．解：$\forall x_1,x_2\in(0,+\infty)$，且$x_1\neq x_2$时，
都有$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}＜0$，
$\therefore y=f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减．
又$y=f(x)$在$\mathbf{R}$上是奇函数，
$\therefore y=f(x)$在$(-\infty,0)$上也单调递减．
由$\frac{3f(-x)-2f(x)}{x}\geq0$，得$\frac{f(x)}{x}\leq0$．
当$x＞0$时，由$\frac{f(x)}{x}\leq0$，得$f(x)\leq0$且$f(2)=0$，
由函数$y=f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，得$x\geq2$．
当$x＜0$时，由$\frac{f(x)}{x}\leq0$，得$f(x)\geq0$．
又由$f(2)=0$，得$f(-2)=-f(2)=0$，$\therefore f(x)\geq f(-2)$．
又$y=f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，$\therefore x\leq-2$．
综上，原不等式的解集为$\{x\mid x\geq2$，或$x\leq-2\}$．

[例3] 定义在$\mathbf{R}$上的函数$f(x)$满足对任意$x,y \in \mathbf{R}$，恒有$f(x + y) = f(x) + f(y)$，且当$x ＞ 0$时，有$f(x) ＞ 0$.
(1) 试判断$f(x)$的奇偶性，并加以证明；
(2) 试判断$f(x)$的单调性，并加以证明；
(3) 若对于$\forall t \in \mathbf{R}$，不等式$f(t - t^{2}) - f(k) ＜ 0$恒成立，求实数$k$的取值范围.

答案： 例3 [解]
(1)$f(x)$是奇函数，理由如下：
取$x=y=0$，则$f(0)=2f(0)$，$\therefore f(0)=0$．
对任意$x\in\mathbf{R}$，取$y=-x$，
则$f[x+(-x)]=f(x)+f(-x)=f(0)=0$，
即$f(-x)=-f(x)$．又$\forall x\in\mathbf{R}$，都有$-x\in\mathbf{R}$，
$\therefore f(x)$是$\mathbf{R}$上的奇函数．
(2)$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增．理由如下：
任取$x_1,x_2\in\mathbf{R}$，令$x_1＜x_2$，则$x_2-x_1＞0$．
又当$x＞0$时，$f(x)＞0$，知$f(x_2-x_1)＞0$．
$\because$对任意$x,b\in\mathbf{R}$，都有$f(a+b)=f(a)+f(b)-1$，
$\therefore f(x_2)=f(x_2-x_1+x_1)=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1＞f(x_1)$，
即$f(x_2)＞f(x_1)$，$\therefore f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增．
(3)$\forall t\in\mathbf{R}$，不等式$f(t-t^2)-f(k)＜0$恒成立等价于$f(t-t^2)＜f(k)$，$\therefore t-t^2＜k$恒成立．
$\because t-t^2=-(t-\frac{1}{2})^2+\frac{1}{4}\leq\frac{1}{4}$，
故实数$k$的取值范围为$(\frac{1}{4},+\infty)$．

跟踪训练 3. 已知函数$f(x)$对任意的$a,b \in \mathbf{R}$，都有$f(a + b) = f(a) + f(b) - 1$，并且当$x ＞ 0$时，$f(x) ＞ 1$.
(1) 求证：$f(x)$在$\mathbf{R}$上是增函数；
(2) 若$f(4) = 5$，解不等式$f(3m^{2} - m - 2) ＜ 3$.

答案： ●跟踪训练
3．
(1)证明：$\forall x_1,x_2\in\mathbf{R}$，且$x_1＜x_2$，
则$x_2-x_1＞0$．又当$x＞0$时，$f(x)＞1$，
知$f(x_2-x_1)＞1$．
函数$f(x)$对$\forall a,b\in\mathbf{R}$，都有$f(a+b)=f(a)+f(b)-1$，
$\therefore f(x_2)=f(x_2-x_1+x_1)=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1＞f(x_1)$，
$\therefore f(x)$是$\mathbf{R}$上的增函数．
(2)解：由题意知$f(4)=f(2+2)=2f(2)-1=5$，
$\therefore f(2)=3$，$\therefore f(3m^2-m-2)＜3=f(2)$．
由
(1)可知，$f(x)$是$\mathbf{R}$上的增函数，
$\therefore 3m^2-m-2＜2$，即$3m^2-m-4＜0$，$\therefore -1＜m＜\frac{4}{3}$
故不等式$f(3m^2-m-2)＜3$的解集为$(-1,\frac{4}{3})$．