【典例1】已知函数 $ f(x) = x - \frac{1}{x + 1}, x \in (-1, +\infty) $, 判断函数 $ f(x) $ 的单调性, 并利用定义证明.

解题指导 第1步: 任取 $ x_1, x_2 \in (-1, +\infty) $, 且 $ x_1 ＜ x_2 $;
第2步: 作差变形, 化简 $ f(x_1) - f(x_2) $;
第3步: 判断 $ f(x_1) - f(x_2) $ 的符号;
第4步: 根据 $ f(x_1) - f(x_2) $ 的符号得出函数 $ f(x) $ 的单调性.
答案 解: $ f(x) = x - \frac{1}{x + 1} $ 在区间 $ (-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) = x_1 - \frac{1}{x_1 + 1} - x_2 + \frac{1}{x_2 + 1} $
$ = x_1 - x_2 + \frac{1}{x_2 + 1} - \frac{1}{x_1 + 1} $
$ = x_1 - x_2 + \frac{x_1 - x_2}{(x_2 + 1)(x_1 + 1)} $
$ = (x_1 - x_2)\left[1 + \frac{1}{(x_2 + 1)(x_1 + 1)}\right] $.
因为 $ x_1 ＜ x_2 $, 所以 $ x_1 - x_2 ＜ 0 $.
又 $ x_1, x_2 \in (-1, +\infty) $,
所以 $ 1 + \frac{1}{(x_2 + 1)(x_1 + 1)} ＞ 0 $,
所以 $ f(x_1) - f(x_2) ＜ 0 $,
即 $ f(x_1) ＜ f(x_2) $, 故 $ f(x) = x - \frac{1}{x + 1} $ 在区间 $ (-1, +\infty) $ 上单调递增.

【变式1】已知函数 $ f(x) = \frac{2x}{x + 1}, x \in (0, +\infty) $, 判断函数 $ f(x) $ 的单调性, 并利用定义证明.

解：$f(x) = \frac{2x}{x + 1}$在$(0,+\infty)$上单调递增，证明如下：因为$f(x) = \frac{2x}{x + 1} = 2 - \frac{2}{x + 1}$，$x\in(0,+\infty)$，
　所以任取$0 ＜ x_1 ＜ x_2$，则$f(x_1) - f(x_2) = 2 - \frac{2}{x_1 + 1} - 2 + \frac{2}{x_2 + 1} = \frac{2}{x_2 + 1} - \frac{2}{x_1 + 1} = \frac{2(x_1 - x_2)}{(x_1 + 1)(x_2 + 1)}$。
因为$0 ＜ x_1 ＜ x_2$，所以$x_1 - x_2 ＜ 0$，$x_1 + 1 ＞ 0$，$x_2 + 1 ＞ 0$，所以$f(x_1) - f(x_2) ＜ 0$，即$f(x_1) ＜ f(x_2)$，故$f(x) = \frac{2x}{x + 1}$在$(0,+\infty)$上单调递增。

【典例2】(1) 若函数 $ f(x) = ax^2 + 2x - 3 $ 在 $ [1, +\infty) $ 上单调递增, 求实数 $ a $ 的取值范围.

（1）实数$a$的取值范围为$[0, +\infty)$。

(2) 已知函数 $ f(x) = \frac{x^2}{x - 1}, x \in (2, +\infty) $.

（2）①函数$f(x)$在$(2, +\infty)$上单调递增；②实数$a$的取值范围为$(1, 2)$。