《2025年优化探究同步导学案高中数学必修第一册人教版》

5.已知定义在区间$ (0,+\infty) $上的函数$ f(x) $对任意$ x,y\in (0,+\infty) $,恒有$ f(xy)=f(x)+f(y) $,且当$ 0＜x＜1 $时,$ f(x)＞0 $,判断$ f(x) $在区间$ (0,+\infty) $上的单调性,并给出证明.

答案： 解:$f(x)$在区间$(0,+\infty)$上为
减函数,证明如下:
设$x_1,x_2$是区间$(0,+\infty)$上的任意两个实
数,且$x_1＜x_2,\therefore f(x_1)-f(x_2)=f(\frac{x_1}{x_2})$
$× f(x_2)-f(x_2)$
$=f(\frac{x_1}{x_2})+f(x_2)-f(x_2)=f(\frac{x_1}{x_2})$.
$\because x_1,x_2\in(0,+\infty)$,且$x_1＜x_2$,
$\therefore0＜\frac{x_1}{x_2}＜1,\therefore f(\frac{x_1}{x_2})＞0$,
$\therefore f(x_1)-f(x_2)＞f(x_2)$,即$f(x_1)＞f(x_2)$.
$\therefore$函数$f(x)$在区间$(0,+\infty)$上单调递减.

1.“实数$ a=-1 $”是“函数$ f(x)=x^2+2ax-3 $在区间$ (1,+\infty) $上具有单调性”的(A)

A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件

答案： 1.A当$a=-1$时,$f(x)=x^{2}-2x-3=$
$(x-1)^{2}-4$,则$f(x)$在区间$(1,+\infty)$上单
调递增,
即其在区间$(1,+\infty)$上具有单调性,则正向
可以推出;
若函数$f(x)=x^{2}+2ax-3$在区间$(1,$
$+\infty)$上具有单调性,
则对称轴$x=-a\leqslant1$,解得$a\geqslant-1$,则反向
无法推出;
故“实数$a=-1$”是“函数$f(x)=x^{2}+2ax$
$-3$在区间$(1,+\infty)$上具有单调性”的充分
不必要条件.

2.函数$ f(x) $是定义在$ [0,+\infty) $上的增函数,则满足$ f(2x-1)＜f\left(\dfrac{1}{3}\right) $的$ x $的取值范围是(D)

A.$ \left(\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{3}\right) $
B.$ \left[\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{3}\right) $
C.$ \left(\dfrac{1}{2},\dfrac{2}{3}\right) $
D.$ \left[\dfrac{1}{2},\dfrac{2}{3}\right) $

答案： 2.D由题意知函数$f(x)$是定义在$[0,+\infty)$
上的增函数,
则由$f(2x-1)＜f(\frac{1}{3})$,得$0\leqslant2x-1$
$＜\frac{1}{3}$,
解得$\frac{1}{2}\leqslant x＜\frac{2}{3}$,即$x\in[\frac{1}{2},\frac{2}{3})$.

3.已知函数$ f(x)=\begin{cases}-x+3a,x\geqslant 0,\\x^2,x＜0\end{cases}$在定义域$ \mathbf{R} $上是减函数,则$ a $的值可以是( )

A.3
B.2
C.1
D.-1

答案： 3.D由题意得当$x＜0$时,$f(x)=x^{2}$单调
递减,
若函数$f(x)=\begin{cases}-x+3a,x\geqslant0,\\x^{2},x＜0\end{cases}$在定义域
$\mathbf{R}$上是减函数,只需$3a\leqslant0$,
解得$a\leqslant0$,对比选项可知$a$的值可以是
$-1$.

4.已知函数$ f(x) $是定义域为$ [0,+\infty) $,且对于$ \forall x_1,x_2\in [0,+\infty) $,$ x_1\neq x_2 $时,都有$ \dfrac{x_1f(x_1)-x_2f(x_2)}{x_1-x_2}＞0 $,且$ f(2)=2 $,则不等式$ f(x)＞\dfrac{4}{x} $的解集为$(2,+\infty)$.

答案： 4.答案:$(2,+\infty)$
解析:令$g(x)=xf(x)$,由$\forall x_1,x_2\in[0,$
$+\infty),x_1\neq x_2$时,都有$\frac{x_1f(x_1)-x_2f(x_2)}{x_1-x_2}$
$＞0$,
即$\frac{g(x_1)-g(x_2)}{x_1-x_2}＞0,g(x)$在区间$[0,+\infty)$
上单调递增,
当$x＞0$时,由$f(x)＞\frac{4}{x}$,得$xf(x)＞4=$
$2f(2)$,即$g(x)＞g(2)$,所以$x＞2$.
故$f(x)＞\frac{4}{x}$的解集为$(2,+\infty)$.