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【典例1】已知函数$f(x)=\dfrac{2x-1}{x+1}$.
(1)求函数$f(x)$的定义域,判断函数$f(x)$在区间$(-1,+∞)$上的单调性,并用定义证明;
(2)求函数$f(x)$在区间$[2,+∞)$上的值域.
解题指导 (1)由$f(x)=\dfrac{2x-1}{x+1}$想到“裂项分离”,即$f(x)=2-\dfrac{3}{x+1}$,然后任取$-1＜x_1＜x_2$,利用定义判断函数$f(x)$在区间$(-1,+∞)$上的单调性.
(2)根据(1)中的单调性可求得函数$f(x)$在$[2,+∞)$上的最小值,再根据解析式的特点分析出$f(x)＜2$,即可得出函数的值域.
答案 解:(1)因为$f(x)=\dfrac{2x-1}{x+1}$,
所以$x+1≠0$,所以$x≠-1$,
所以函数$f(x)$的定义域为$\{x|x≠-1\}$.
函数$f(x)$在区间$(-1,+∞)$上单调递增.
证明如下:
因为$f(x)=\dfrac{2x-1}{x+1}=2-\dfrac{3}{x+1}$,任取$-1＜x_1＜x_2$,
所以$f(x_1)-f(x_2)=2-\dfrac{3}{x_1+1}-(2-\dfrac{3}{x_2+1})=-\dfrac{3}{x_1+1}+\dfrac{3}{x_2+1}=\dfrac{3(x_1-x_2)}{(x_1+1)(x_2+1)}$.
因为$-1＜x_1＜x_2$,
所以$x_1-x_2＜0,(x_1+1)(x_2+1)＞0$,
所以$f(x_1)-f(x_2)＜0$,即$f(x_1)＜f(x_2)$,
所以函数$f(x)$在区间$(-1,+∞)$上单调递增.
(2)由(1),知函数$f(x)$在$(-1,+∞)$上单调递增,所以函数$f(x)$在区间$[2,+∞)$上单调递增,所以$f(x)≥f(2)=1$.
因为当$x\in[2,+∞)$时,$f(x)=\dfrac{2x-1}{x+1}=2-\dfrac{3}{x+1}＜2$,(对于$\dfrac{一次}{一次}$型的函数求值域,常利用裂项分离法,将其转化为反比例函数求解)
所以$f(x)$在区间$[2,+∞)$上的值域为$[1,2)$.
(1)求函数$f(x)$的定义域,判断函数$f(x)$在区间$(-1,+∞)$上的单调性,并用定义证明;
(2)求函数$f(x)$在区间$[2,+∞)$上的值域.
解题指导 (1)由$f(x)=\dfrac{2x-1}{x+1}$想到“裂项分离”,即$f(x)=2-\dfrac{3}{x+1}$,然后任取$-1＜x_1＜x_2$,利用定义判断函数$f(x)$在区间$(-1,+∞)$上的单调性.
(2)根据(1)中的单调性可求得函数$f(x)$在$[2,+∞)$上的最小值,再根据解析式的特点分析出$f(x)＜2$,即可得出函数的值域.
答案 解:(1)因为$f(x)=\dfrac{2x-1}{x+1}$,
所以$x+1≠0$,所以$x≠-1$,
所以函数$f(x)$的定义域为$\{x|x≠-1\}$.
函数$f(x)$在区间$(-1,+∞)$上单调递增.
证明如下:
因为$f(x)=\dfrac{2x-1}{x+1}=2-\dfrac{3}{x+1}$,任取$-1＜x_1＜x_2$,
所以$f(x_1)-f(x_2)=2-\dfrac{3}{x_1+1}-(2-\dfrac{3}{x_2+1})=-\dfrac{3}{x_1+1}+\dfrac{3}{x_2+1}=\dfrac{3(x_1-x_2)}{(x_1+1)(x_2+1)}$.
因为$-1＜x_1＜x_2$,
所以$x_1-x_2＜0,(x_1+1)(x_2+1)＞0$,
所以$f(x_1)-f(x_2)＜0$,即$f(x_1)＜f(x_2)$,
所以函数$f(x)$在区间$(-1,+∞)$上单调递增.
(2)由(1),知函数$f(x)$在$(-1,+∞)$上单调递增,所以函数$f(x)$在区间$[2,+∞)$上单调递增,所以$f(x)≥f(2)=1$.
因为当$x\in[2,+∞)$时,$f(x)=\dfrac{2x-1}{x+1}=2-\dfrac{3}{x+1}＜2$,(对于$\dfrac{一次}{一次}$型的函数求值域,常利用裂项分离法,将其转化为反比例函数求解)
所以$f(x)$在区间$[2,+∞)$上的值域为$[1,2)$.
答案
解：
(1) 要使函数$f(x)=\frac{2x-1}{x+1}$有意义，需满足$x+1≠0$，即$x≠-1$，
所以函数$f(x)$的定义域为$\{x∣ x≠-1\}$。
函数$f(x)$在区间$(-1,+∞)$上单调递增，证明如下：
将$f(x)$变形得$f(x)=\frac{2x-1}{x+1}=\frac{2(x+1)-3}{x+1}=2-\frac{3}{x+1}$，
任取$-1＜x_1＜x_2$，
则$f(x_1)-f(x_2)=2-\frac{3}{x_1+1}-(2-\frac{3}{x_2+1})=\frac{3}{x_2+1}-\frac{3}{x_1+1}=\frac{3(x_1-x_2)}{(x_1+1)(x_2+1)}$，
由$-1＜x_1＜x_2$可得：$x_1-x_2＜0$，$x_1+1＞0$，$x_2+1＞0$，即$(x_1+1)(x_2+1)＞0$，
因此$f(x_1)-f(x_2)＜0$，即$f(x_1)＜f(x_2)$，
故函数$f(x)$在区间$(-1,+∞)$上单调递增。
(2) 由(1)可知$f(x)$在$(-1,+∞)$上单调递增，
因此$f(x)$在区间$[2,+∞)$上也单调递增，
则对任意$x\in[2,+∞)$，有$f(x)≥ f(2)=\frac{2×2-1}{2+1}=1$，
又$f(x)=2-\frac{3}{x+1}$，当$x\in[2,+∞)$时，$x+1≥3$，故$\frac{3}{x+1}＞0$，
因此$f(x)=2-\frac{3}{x+1}＜2$，
综上可得函数$f(x)$在区间$[2,+∞)$上的值域为$[1,2)$。
(1) 要使函数$f(x)=\frac{2x-1}{x+1}$有意义，需满足$x+1≠0$，即$x≠-1$，
所以函数$f(x)$的定义域为$\{x∣ x≠-1\}$。
函数$f(x)$在区间$(-1,+∞)$上单调递增，证明如下：
将$f(x)$变形得$f(x)=\frac{2x-1}{x+1}=\frac{2(x+1)-3}{x+1}=2-\frac{3}{x+1}$，
任取$-1＜x_1＜x_2$，
则$f(x_1)-f(x_2)=2-\frac{3}{x_1+1}-(2-\frac{3}{x_2+1})=\frac{3}{x_2+1}-\frac{3}{x_1+1}=\frac{3(x_1-x_2)}{(x_1+1)(x_2+1)}$，
由$-1＜x_1＜x_2$可得：$x_1-x_2＜0$，$x_1+1＞0$，$x_2+1＞0$，即$(x_1+1)(x_2+1)＞0$，
因此$f(x_1)-f(x_2)＜0$，即$f(x_1)＜f(x_2)$，
故函数$f(x)$在区间$(-1,+∞)$上单调递增。
(2) 由(1)可知$f(x)$在$(-1,+∞)$上单调递增，
因此$f(x)$在区间$[2,+∞)$上也单调递增，
则对任意$x\in[2,+∞)$，有$f(x)≥ f(2)=\frac{2×2-1}{2+1}=1$，
又$f(x)=2-\frac{3}{x+1}$，当$x\in[2,+∞)$时，$x+1≥3$，故$\frac{3}{x+1}＞0$，
因此$f(x)=2-\frac{3}{x+1}＜2$，
综上可得函数$f(x)$在区间$[2,+∞)$上的值域为$[1,2)$。
【变式1】已知函数$f(x)=ax+\frac{b}{x}$，其中$a,b$为常数，且$f(1)=5,f(2)=4$.
(1)求$a,b$的值；
(2)利用函数单调性的定义证明函数$f(x)$在区间$(0,2)$上单调递减；
(3)求函数$f(x)$在区间$[\frac{1}{2},2]$上的最大值和最小值.
(1)求$a,b$的值；
(2)利用函数单调性的定义证明函数$f(x)$在区间$(0,2)$上单调递减；
(3)求函数$f(x)$在区间$[\frac{1}{2},2]$上的最大值和最小值.
答案
解:(1)因为函数$f(x)=ax+\dfrac{b}{x}$,$f(1)=5$,$f(2)=4$,所以$\begin{cases}a+b=5,\\2a+\dfrac{b}{2}=4,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}a=1,\\b=4.\end{cases}$
(2)证明:由(1),得$f(x)=x+\dfrac{4}{x}$.
$∀ x_1,x_2\in(0,2)$,且$x_1＜x_2$,
则$f(x_1)-f(x_2)=(x_1+\dfrac{4}{x_1})-(x_2+\dfrac{4}{x_2})=(x_1-x_2)+\dfrac{4(x_2-x_1)}{x_1x_2}=\dfrac{(x_1-x_2)(x_1x_2-4)}{x_1x_2}$.
由$0＜x_1＜x_2＜2$,得$x_1-x_2＜0$,$x_1x_2＞0$,$x_1x_2-4＜0$,
则$\dfrac{(x_1-x_2)(x_1x_2-4)}{x_1x_2}＞0$,即$f(x_1)＞f(x_2)$,
所以函数$f(x)$在区间$(0,2)$上单调递减.
(3)由(2),得函数$f(x)$在区间$[\dfrac{1}{2},2]$上单调递减,
所以$f(x)_{\max}=f(\dfrac{1}{2})=\dfrac{17}{2}$,$f(x)_{\min}=f(2)=4$,
所以函数$f(x)$在区间$[\dfrac{1}{2},2]$上的最大值为$\dfrac{17}{2}$,最小值为$4$.
(2)证明:由(1),得$f(x)=x+\dfrac{4}{x}$.
$∀ x_1,x_2\in(0,2)$,且$x_1＜x_2$,
则$f(x_1)-f(x_2)=(x_1+\dfrac{4}{x_1})-(x_2+\dfrac{4}{x_2})=(x_1-x_2)+\dfrac{4(x_2-x_1)}{x_1x_2}=\dfrac{(x_1-x_2)(x_1x_2-4)}{x_1x_2}$.
由$0＜x_1＜x_2＜2$,得$x_1-x_2＜0$,$x_1x_2＞0$,$x_1x_2-4＜0$,
则$\dfrac{(x_1-x_2)(x_1x_2-4)}{x_1x_2}＞0$,即$f(x_1)＞f(x_2)$,
所以函数$f(x)$在区间$(0,2)$上单调递减.
(3)由(2),得函数$f(x)$在区间$[\dfrac{1}{2},2]$上单调递减,
所以$f(x)_{\max}=f(\dfrac{1}{2})=\dfrac{17}{2}$,$f(x)_{\min}=f(2)=4$,
所以函数$f(x)$在区间$[\dfrac{1}{2},2]$上的最大值为$\dfrac{17}{2}$,最小值为$4$.
