《2025年优化探究同步导学案高中数学必修第一册人教版》

1.已知函数$ f(x)=|2x-a| $的单调递增区间是$ [3,+\infty) $,则$ a $的值为6.

答案： 答案:6
解析:$f(x)=\left|2x-a\right|=\begin{cases}2x-a,x\geqslant\frac{a}{2}\\-2x+a,x＜\frac{a}{2}\end{cases}$,
所以$f(x)=\left|2x-a\right|$的单调递减区间是
$(-\infty,\frac{a}{2})$,单调递增区间是$[\frac{a}{2},+\infty)$,
若函数$f(x)=\left|2x-a\right|$的单调递增区间是
$[3,+\infty)$,则$\frac{a}{2}=3$,解得$a=6$.

2.已知函数$ f(x)=x-\dfrac{a}{x}+\dfrac{a}{2} $在区间$ (1,+\infty) $上单调递增,求实数$ a $的取值范围.

答案： 解:任取$x_1,x_2\in(1,+\infty)$,且$x_1＜x_2$,
$\because$函数$f(x)$在区间$(1,+\infty)$上单调递增,
$\therefore f(x_1)-f(x_2)=x_1-\frac{a}{x_1}+\frac{a}{2}-x_2+\frac{a}{x_2}$
$-\frac{a}{2}$
$=(x_1-x_2)(1+\frac{a}{x_1x_2})=\frac{(x_1-x_2)(x_1x_2+a)}{x_1x_2}＜0$.
又$\because x_1-x_2＜0,x_1x_2＞0$,
$\therefore x_1x_2+a＞0$,即$a＞-x_1x_2$恒成立.
又$\because x_1x_2＞1,\therefore-x_1x_2＜-1,\therefore a\geqslant-1$,
$\therefore$实数$a$的取值范围是$[-1,+\infty)$.

[例2] (1)已知函数$ y=f(x) $在区间$ [0,+\infty) $上是减函数,则(C)
A.$ f\left(\dfrac{3}{4}\right)＞f(a^2-a+1) $
B.$ f\left(\dfrac{3}{4}\right)＜f(a^2-a+1) $
C.$ f\left(\dfrac{3}{4}\right)\geqslant f(a^2-a+1) $
D.$ f\left(\dfrac{3}{4}\right)\leqslant f(a^2-a+1) $
(2)$ f(x) $是定义在$ (-2,2) $上的减函数,若$ f(m-1)＞f(2m-1) $,则实数$ m $的取值范围是(B)
A.$ m＞0 $
B.$ 0＜m＜\dfrac{3}{2} $
C.$ -1＜m＜3 $
D.$ -\dfrac{1}{2}＜m＜\dfrac{3}{2} $

答案： [答案]
(1)C
(2)B
[解析]
(1)$\because a^{2}-a+1=(a-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}$
$\geqslant\frac{3}{4}$.又函数$y=f(x)$在区间$[0,+\infty)$上
是减函数,
$\therefore f(a^{2}-a+1)\leqslant f(\frac{3}{4})$.
(2)由题意知$\begin{cases}-2＜m-1＜2,\\-2＜2m-1＜2,\\m-1＜2m-1,\end{cases}$解得$0＜m$
$＜\frac{3}{2}$.

3.若函数$ f(x) $在区间$ (-\infty,-1] $上是增函数,则下列关系式中成立的是(D)

A.$ f\left(-\dfrac{3}{2}\right)＜f(-1)＜f(-2) $
B.$ f(-1)＜f\left(-\dfrac{3}{2}\right)＜f(-2) $
C.$ f(-2)＜f(-1)＜f\left(-\dfrac{3}{2}\right) $
D.$ f(-2)＜f\left(-\dfrac{3}{2}\right)＜f(-1) $

答案： 答案:D$\because f(x)$在区间$(-\infty,-1]$
上是增函数,
且$-2＜-\frac{3}{2}＜-1,\therefore f(-2)＜f(-\frac{3}{2})$
$＜f(-1)$.