《2025年优化探究同步导学案高中数学必修第一册人教版》

[例2] 设$A$是区间$I$上某些自变量的值组成的集合，而且$\forall x_{1},x_{2} \in A$，当$x_{1}＜x_{2}$时，都有$f(x_{1})＜f(x_{2})$,我们能说函数$f(x)$在区间$I$上单调递增吗?你能举例说明吗?
[分析] 利用增函数、减函数的定义判断.
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答案： [例2] [解] 不能，例如函数$f(x)=x^2$，取$D = \mathbb{R}, A = [0, +\infty) \subseteq D$. $\forall x_1, x_2 \in A$，当$x_1 ＜ x_2$时，都有$f(x_1) ＜ f(x_2)$，但$f(x)=x^2$在$D$上不具有单调性.

1.(多选)如果函数$f(x)$在区间$[a,b]$上单调递增，则对于任意的$x_{1},x_{2} \in [a,b](x_{1} \neq x_{2})$，下列结论中正确的是 (ABD)

A.$\frac{f(x_{1}) - f(x_{2})}{x_{1} - x_{2}} ＞ 0$
B.$(x_{1} - x_{2})[f(x_{1}) - f(x_{2})] ＞ 0$
C.$f(a) \leq f(x_{1}) ＜ f(x_{2}) \leq f(b)$
D.$f(x_{1}) \neq f(x_{2})$

答案： 跟踪训练 1.ABD 由函数单调性的定义可知，若函数$y = f(x)$在给定的区间上单调递增，则$x_1 - x_2$与$f(x_1) - f(x_2)$同号，由此可知，选项A,B正确；若$x_1 ＞ x_2$，则$f(x_1) ＞ f(x_2)$，选项C不正确；因为$f(x)$在区间$[a,b]$上单调递增，且$x_1 \neq x_2$，所以$f(x_1) \neq f(x_2)$，选项D正确.

根据函数单调性的定义，需要考察当$x_{1}＜x_{2}$时，$f(x_{1})＜f(x_{2})$还是$f(x_{1})＞f(x_{2})$.根据实数大小关系的基本事实，只要考察$\frac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2}$与0的大小关系即可.

答案： $\frac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2}$

[例3] 根据定义，研究函数$f(x) = \frac{k}{x}(k \neq 0,x＞0)$的单调性.

答案： [例3] [解] $\forall x_1, x_2 \in (0, +\infty)$，且$x_1 ＜ x_2$，
有$f(x_1) - f(x_2) = \frac{k}{x_1} - \frac{k}{x_2} = \frac{k(x_2 - x_1)}{x_1x_2}$，
由$x_2 ＞ x_1 ＞ 0$得，$x_2 - x_1 ＞ 0, x_1x_2 ＞ 0$，
所以，①当$k ＞ 0$时，$\frac{k(x_2 - x_1)}{x_1x_2} ＞ 0$，
于是$f(x_1) - f(x_2) ＞ 0$，$f(x_1) ＞ f(x_2)$，
这时，$f(x)$在区间$(0, +\infty)$上是减函数.
②当$k ＜ 0$时，$\frac{k(x_2 - x_1)}{x_1x_2} ＜ 0$，于是$f(x_1) - f(x_2) ＜ 0$，$f(x_1) ＜ f(x_2)$，
这时，$f(x)$在区间$(0, +\infty)$上是增函数.
综上所述，当$k ＞ 0$时，$f(x) = \frac{k}{x}$在区间$(0, +\infty)$上是减函数；当$k ＜ 0$时，$f(x) = \frac{k}{x}$在区间$(0, +\infty)$上是增函数.

[例4] 证明函数$f(x)=x + \frac{1}{x}$在区间$(0,1)$上单调递减.
[变条件] 函数$f(x)=x + \frac{k}{x}(k＞0)$，请判断此函数在区间$(0,+\infty)$上的单调性.
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答案： [例4] [证明] $\forall x_1, x_2 \in (0,1)$，且$x_1 ＜ x_2$，
则$f(x_1) - f(x_2) = x_1 + \frac{1}{x_1} - x_2 - \frac{1}{x_2}$
$=(x_1 - x_2) + \frac{x_2 - x_1}{x_1x_2}$
$=(x_1 - x_2) \frac{x_1x_2 - 1}{x_1x_2}$
$\because 0 ＜ x_1 ＜ x_2 ＜ 1$，
$\therefore x_1 - x_2 ＜ 0, 0 ＜ x_1x_2 ＜ 1, x_1x_2 - 1 ＜ 0$.
$\therefore f(x_1) - f(x_2) ＞ 0$，即$f(x_1) ＞ f(x_2)$.
$\therefore$函数$f(x) = x + \frac{1}{x}$在区间$(0,1)$上是单调递减.
[变条件] 解：设任意的$x_1, x_2 \in (0, +\infty)$，且$x_1 ＜ x_2$，
则$f(x_1) - f(x_2) = (x_1 + \frac{k}{x_1}) - (x_2 + \frac{k}{x_2}) = (x_1 - x_2) + k(\frac{1}{x_1} - \frac{1}{x_2}) = (x_1 - x_2) - k · \frac{x_2 - x_1}{x_1x_2} = (x_1 - x_2) · \frac{x_1x_2 - k}{x_1x_2}$，
因为$0 ＜ x_1 ＜ x_2$，所以$x_1 - x_2 ＜ 0, x_1x_2 ＞ 0$.
当$x_1, x_2 \in (0, \sqrt{k}]$时，$x_1x_2 - k ＜ 0 \Rightarrow f(x_1) - f(x_2) ＞ 0$，此时函数$f(x)$为减函数；
当$x_1, x_2 \in (\sqrt{k}, +\infty)$时，$x_1x_2 - k ＞ 0 \Rightarrow f(x_1) - f(x_2) ＜ 0$，此时函数$f(x)$为增函数.
综上，函数$f(x) = x + \frac{k}{x} (k ＞ 0)$在区间$(0, \sqrt{k}]$上为减函数，在区间$(\sqrt{k}, +\infty)$上为增函数.