《2025年创新思维同步导学案高中数学必修第一册人教版》

[例 4] 已知函数$f(x)=\frac{x^{2}+1}{x}$.
(1)判断$f(x)$的奇偶性并证明；
(2)当$x\in(1,+\infty)$时，判断$f(x)$的单调性并证明；
(3)在(2)的条件下，若实数$m$满足$f(3m)＞f(5 - 2m)$，求$m$的取值范围.

答案： [解]
(1)函数$f(x)$是奇函数。
证明如下：函数$f(x)$的定义域为$(-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$。
因为$f(-x) = \frac{(-x)^2 + 1}{-x} = -\frac{x^2 + 1}{x} = -f(x)$，
所以函数$f(x)$是奇函数。
(2)函数$f(x)$在$(1, +\infty)$上单调递增。
证明如下：任取$x_1, x_2 \in (1, +\infty)$且$x_1 ＞ x_2$，
则$f(x_1) - f(x_2) = \frac{x_1^2 + 1}{x_1} - \frac{x_2^2 + 1}{x_2} = \frac{x_1^2x_2 + x_2 - x_1x_2^2 - x_1}{x_1x_2} = \frac{x_1x_2(x_1 - x_2) - (x_1 - x_2)}{x_1x_2} = \frac{(x_1 - x_2)(x_1x_2 - 1)}{x_1x_2}$。
因为$x_1 ＞ x_2 ＞ 1$，所以$x_1 - x_2 ＞ 0$，$x_1x_2 - 1 ＞ 0$，$x_1x_2 ＞ 0$，
所以$f(x_1) - f(x_2) ＞ 0$，即$f(x_1) ＞ f(x_2)$，
所以函数$f(x)$在$(1, +\infty)$上单调递增。
(3)由
(2)知函数$f(x)$在$(1, +\infty)$上单调递增，
所以$3m ＞ 5 - 2m ＞ 1$，解得$1 ＜ m ＜ 2$，
所以$m$的取值范围为$(1, 2)$。

[例 5] 已知函数$f(x)$的定义域为$(-1,1)$，且满足：对任意$x,y\in(-1,1)$，都有$f(x)+f(y)=f(\frac{x + y}{1 + xy})$.
(1)求证：函数$f(x)$为奇函数；
(2)若$\forall x\in(0,1),f(x)＜0$，求证：$f(x)$在$(-1,1)$上单调递减；
(3)在(2)的条件下解不等式：$f(x^{2}+x - 1)+f(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}x)＞0$.

答案：
(1)[证明] $\because$函数$f(x)$的定义域为$(-1, 1)$，关于原点对称。
由$f(x) + f(y) = f(\frac{x + y}{1 + xy})$，
取$x = y = 0$，得$f(0) + f(0) = f(\frac{0 + 0}{1 + 0}) = f(0)$，$\therefore f(0) = 0$。
取$y = -x$，则$f(x) + f(-x) = f(\frac{x - x}{1 - x · (-x)}) = f(0) = 0$，
$\therefore f(-x) = -f(x)$，$\therefore f(x)$为奇函数。
(2)[证明] 设$x_1, x_2 \in (0, 1)$且$x_1 ＜ x_2$，即$x_2 - x_1 ＞ 0$，
$\therefore f(x_2) - f(x_1) = f(x_2) + f(-x_1) = f(\frac{x_2 - x_1}{1 - x_1x_2})$。
$\because x_2 - x_1 ＞ 0$，$0 ＜ x_1x_2 ＜ 1$，$\therefore \frac{x_2 - x_1}{1 - x_1x_2} ＞ 0$。
又$1 - \frac{x_2 - x_1}{1 - x_1x_2} = \frac{1 + x_1 - x_2 - x_1x_2}{1 - x_1x_2} = \frac{(1 + x_1)(1 - x_2)}{1 - x_1x_2} ＞ 0$，
$\therefore 0 ＜ \frac{x_2 - x_1}{1 - x_1x_2} ＜ 1$。
由$x \in (0, 1)$，$f(x) ＜ 0$，知$f(\frac{x_2 - x_1}{1 - x_1x_2}) ＜ 0$，
即$f(x_2) - f(x_1) ＜ 0$，即$f(x_2) ＜ f(x_1)$，
故$f(x)$在$(-1, 1)$上单调递减。
(3)[解] 由
(1)和
(2)知函数$f(x)$为奇函数，同时$f(x)$在$(-1, 1)$上单调递减，则不等式$f(x^2 + x - 1) + f(\frac{1}{2} - \frac{1}{2}x) ＞ 0$等价于$f(x^2 + x - 1) ＞ -f(\frac{1}{2} - \frac{1}{2}x) = f(\frac{1}{2}x - \frac{1}{2})$，
所以$\begin{cases} -1 ＜ x^2 + x - 1 ＜ 1, \\ -1 ＜ \frac{1}{2}x - \frac{1}{2} ＜ 1, \\ x^2 + x - 1 ＜ \frac{1}{2}x - \frac{1}{2}, \end{cases}$
解得$0 ＜ x ＜ \frac{1}{2}$，
故不等式的解集为$\{x \mid 0 ＜ x ＜ \frac{1}{2}\}$。

[例 6] 一个工厂生产某种产品每年需要固定投资$100$万元，此外每生产$1$件该产品还需要增加投资$1$万元，年产量为$x(x\in \mathbf{N}^{*})$件. 当$0 ＜ x\leq 20$时，年销售总收入为$(33x - x^{2})$万元；当$x ＞ 20$时，年销售总收入为$260$万元. 记该工厂生产并销售这种产品所得的年利润为$y$万元.（年利润$=$年销售总收入$-$一年总投资）
(1)求$y$(万元)与$x$(件)的函数关系式；
(2)当该工厂的年产量为多少件时，所得年利润最大？最大年利润是多少？

答案： [解]
(1)由题意得，当$0 ＜ x \leq 20$时，
$y = (33x - x^2) - x - 100 = -x^2 + 32x - 100$，
当$x ＞ 20$时，
$y = 260 - 100 - x = 160 - x$，
故$y = \begin{cases} -x^2 + 32x - 100, & 0 ＜ x \leq 20, \\ 160 - x, & x ＞ 20. \end{cases} (x \in \mathbb{N}^*)$
(2)当$0 ＜ x \leq 20$时，
$y = -x^2 + 32x - 100 = -(x - 16)^2 + 156$，
当$x = 16$时，$y_{ max} = 156$。
而当$x ＞ 20$时，$160 - x ＜ 140$，
故当年产量为16件时，所得年利润最大，最大年利润为156万元。