高一上学期《函数单调性的证明》练习题Word格式.docx
《高一上学期《函数单调性的证明》练习题Word格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高一上学期《函数单调性的证明》练习题Word格式.docx(12页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
(2)若f(4)=5,解不等式f(3m2﹣m﹣2)<3.
7.函数f(x)对任意的a、b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)﹣1,并且当x>0时,f(x)>1.
(2)若f
(2)=3,解不等式f(m﹣2)<3.
8.已知定义在R上的函数f(x)满足:
①f(x+y)=f(x)+f(y)+1,②当x>0时,f(x)>﹣1;
(Ⅰ)求:
f(0)的值,并证明f(x)在R上是单调增函数;
(Ⅱ)若f
(1)=1,解关于x的不等式;
f(x2+2x)+f(1﹣x)>4.
9.定义在R上的函数y=f(x)对任意的x、y∈R,满足条件:
f(x+y)=f(x)+f(y)﹣1,且当x>0时,f(x)>1.
(1)求f(0)的值;
(2)证明:
函数f(x)是R上的单调增函数;
(3)解关于t的不等式f(2t2﹣t)<1.
10.定义在R上的函数y=f(x)对任意的x,y∈R,满足条件:
f(x+y)=f(x)+f(y)﹣2,且当x>0时,f(x)>2
(3)解不等式f(2t2﹣t﹣3)﹣2<0.
11.已知f(x)是定义在R上的恒不为零的函数,且对于任意的x,y∈R都满足f(x)•f(y)=f(x+y).
(1)求f(0)的值,并证明对任意的x∈R,有f(x)>0;
(2)设当x<0时,都有f(x)>f(0),证明:
f(x)在(﹣∞,+∞)上是减函数.
高一《函数单调性的证明》练习题
参考答案与试题解析
【分析】先依据函数单调性的定义判断函数的单调性,再由f(3)=f
(1)+f
(2)﹣1=f
(1)+f
(1)+f
(1)﹣1﹣1=4,解出f
(1).
【解答】解:
设x1>x2,
则f(x1)﹣f(x2)=f(x1﹣x2+x2)﹣f(x2)=f(x1﹣x2)+f(x2)﹣1﹣f(x2)=f(x1﹣x2)﹣1>1﹣1=0,
即f(x1)>f(x2),
∴f(x)为增函数.
又∵f(3)=f
(1)+f
(2)﹣1=f
(1)+f
(1)+f
(1)﹣1﹣1=3f
(1)﹣2=4,
∴f
(1)=2.
故选:
D.
【分析】首先,设x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,然后根据函数f(x)的单调性进行证明即可.
函数F(x)=
为(0,+∞)上减函数,证明如下:
任设x1,x2∈(0,+∞)且x1<x2,
∵y=f(x)在(0,+∞)上为增函数,
∴f(x1)<f(x2),f(x1)<0,f(x2)<0,
F(x1)﹣F(x2)=
﹣
=
,
∵f(x1)<f(x2),
∴f(x2)﹣f(x1)>0,
∵f(x1)<0,f(x2)<0,
∴f(x1)•f(x2)>0,
∴F(x1)﹣F(x2)>0,
即F(x1)>F(x2),
则F(x)为(0,+∞)上的减函数.
【分析】首先,设x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,然后,比较大小,从而得到结论.
函数
为(0,+∞)上增函数,证明如下:
∵y=f(x)在(0,+∞)上为减函数,
∴f(x1)>f(x2),f(x1)<0,f(x2)<0,
∵f(x1)>f(x2),
∴f(x2)﹣f(x1)<0,
∴g(x1)﹣g(x2)<0,
∴
为(0,+∞)上的增函数.
【分析】
(1)令x=y=0⇒f(0)=0;
(2)令y=﹣x即可证得f(﹣x)=﹣f(x),利用函数的单调性的定义与奇函数的性质,结合已知即可证得f(x)是R上的减函数;
(3)利用f(x)在R上是减函数可知f(x)在[﹣3,3]上也是减函数,易求f(3)=﹣2,从而可求得f(x)在[﹣3,3]上的最大值和最小值.
(1)令x=y=0,则f(0)=0;
(2)令y=﹣x,则f(﹣x)=﹣f(x),
在R上任意取x1,x2,且x1<x2,则△x=x2﹣x1>0,△y=f(x2)﹣f(x1)=f(x2)+f(﹣x1)=f(x2﹣x1)
∵x2>x1,
∴x2﹣x1>0,
又∵x>0时,f(x)<0,
∴f(x2﹣x1)<0,即f(x2)﹣f(x1)<0,
由定义可知函数f(x)在R上为单调递减函数.
(3)∵f(x)在R上是减函数,
∴f(x)在[﹣3,3]上也是减函数.
又f(3)=f
(2)+f
(1)=f
(1)+f
(1)+f
(1)=3×
(﹣
)=﹣2,
由f(﹣x)=﹣f(x)可得f(﹣3)=﹣f(3)=2,
故f(x)在[﹣3,3]上最大值为2,最小值为﹣2.
(Ⅰ)设实数x1<x2,则x2﹣x1>0,利用已知可得f(x2﹣x1)>1.再利用已知可得f(x2)=f(x2﹣x1+x1)=f(x2﹣x1)+f(x1)﹣1>1+f(x1)﹣1=f(x1)即可;
(Ⅱ)令a=b=﹣2,以及a=b=﹣1,解得f(﹣2)=3,f(﹣1)=2,不等式f(3m2﹣m﹣3)<2.化为f(3m2﹣m﹣3)<f(﹣1),由
(1)可得:
f(x)在R上是增函数.可得3m2﹣m﹣3<﹣1,解得即可.
(Ⅰ)证明:
设x1<x2,则x2﹣x1>0,
∵当x>0时,f(x)>1,∴f(x2﹣x1)>1.
又函数f(x)对任意a,b∈R都有f(a+b)=f(a)+f(b)﹣1,
∴f(x2)=f(x2﹣x1+x1)=f(x2﹣x1)+f(x1)﹣1>1+f(x1)﹣1=f(x1),
∴f(x2)>f(x1),
∴f(x)在R上是增函数;
(Ⅱ)令a=b=﹣2,则f(﹣2﹣2)=f(﹣2)+f(﹣2)﹣1=5,解得f(﹣2)=3,
再令a=b=﹣1,则f(﹣1﹣1)=f(﹣1)+f(﹣1)﹣1=3,解得f(﹣1)=2.
不等式f(3m2﹣m﹣3)<2.化为f(3m2﹣m﹣3)<f(﹣1).
由
(1)可得:
f(x)在R上是增函数.
∴3m2﹣m﹣3<﹣1,解得﹣
<m<1.
∴不等式f(3m2﹣m﹣3)<2的解集为(﹣
,1).
(1)先任取x1<x2,x2﹣x1>0.由当x>0时,f(x)>1.得到f(x2﹣x1)>1,再对f(x2)按照f(a+b)=f(a)+f(b)﹣1变形得到结论.
(2)由f(4)=f
(2)+f
(2)﹣1求得f
(2)=3,再将f(3m2﹣m﹣2)<3转化为f(3m2﹣m﹣2)<f
(2),由
(1)中的结论,利用单调性求解.
(1)证明:
任取x1<x2,
∴x2﹣x1>0.
∴f(x2﹣x1)>1.
∴f(x2)=f[x1+(x2﹣x1)]
=f(x1)+f(x2﹣x1)﹣1>f(x1),
∴f(x)是R上的增函数.
(2)∵f(4)=f
(2)+f
(2)﹣1=5,
∴f
(2)=3.
∴f(3m2﹣m﹣2)<3=f
(2).
又由
(1)的结论知,f(x)是R上的增函数,
∴3m2﹣m﹣2<2,
3m2﹣m﹣4<0,
∴﹣1<m<
(2)由f
(2)=3,再将f(m﹣2)<3转化为f(m﹣2)<f
(2),由
(1)中的结论,利用单调性求解.
∴x2﹣x1>0.∴f(x2﹣x1)>1.
∴f(x2)=f[x1+(x2﹣x1)]=f(x1)+f(x2﹣x1)﹣1>f(x1),
(2)∵f
(2)=3.
∴f(m﹣2)<3=f
(2).
m﹣2<2,m<4
∴解不等式f(m﹣2)<3的解集为:
(﹣∞,4).
(Ⅰ)根据已知条件中,:
令x=y=0,即可求出f(0)的值,在R上任取x1>x2,则x1﹣x2>0,根据f(x1)=f[(x1﹣x2)+x2],结合已知条件,即可判断函数的单调性;
(Ⅱ)若f
(1)=1,则我们易将关于x的不等式;
f(x2+2x)+f(1﹣x)>4化为f(x2+x+1)>f(3),结合(I)的结论,可将原不等式化为一个一元二次不等式,进而得到答案.
(Ⅰ)令x=y=0
∵f(x+y)=f(x)+f(y)+1,
∴f(0)=f(0)+f(0)+1
∴f(0)=﹣1,
在R上任取x1>x2,则x1﹣x2>0,
∵当x>0时,f(x)>﹣1,
∴f(x1﹣x2)>﹣1
则f(x1)=f[(x1﹣x2)+x2],
=f(x1﹣x2)+f(x2)+1>f(x2),
∴f(x)在R上是单调增函数.
(Ⅱ)由f
(1)=1得:
f
(2)=3,f(3)=5,
则关于x的不等式;
f(x2+2x)+f(1﹣x)>4可化为
关于x的不等式;
f(x2+2x)+f(1﹣x)+1>5,
即关于x的不等式;
f(x2+x+1)>f(3),
由(Ⅰ)的结论知f(x)在R上是单调增函数,
故x2+x+1>3,
解得:
x<﹣2或x>1,
故原不等式的解集为:
(﹣∞,﹣2)∪(1,+∞).
(1)用赋值法分析:
在f(x+y)=f(x)+f(y)﹣1中,令x=y=0可得:
f(0)=f(0)+f(0)﹣1,解可得f(0)的值,即可得答案;
(2)用定义法证明:
设x1>x2,则x1=x2+(x1﹣x2),且(x1﹣x2)>0,结合题意可得f(x1)=f[(x1﹣x2)+x2]=f(x2)+f(x1﹣x2)﹣1,作差可得f(x1)﹣f(x2)=f(x1﹣x2)﹣1,分析可得f(x1)﹣f(x2)>0,由增函数的定义即可得证明;
(3)根据题意,结合函数的奇偶性与f(0)=1可得2t2﹣t<0,解可得t的取值范围,即可得答案.
(1)根据题意,在f(x+y)=f(x)+f(y)﹣1中,
令x=y=0可得:
f(0)=f(0)+f(0)﹣1,
解可得:
f(0)=1,
设x1>x2,则x1=x2+(x1﹣x2),且x1﹣x2>0,
则有f(x1)=f[(x1﹣x2)+x2]=f(x2)+f(x1﹣x2)﹣1,
即f(x1)﹣f(x2)=f(x1﹣x2)﹣1,
又由x1﹣x2>0,则有f(x1﹣x2)>1,
故有f(x1)﹣f(x2)=f(x1﹣x2)﹣1>0,
即函数f(x)为增函数;
(3)根据题意,f(2t2﹣t)<1,
又由f(0)=1且函数f(x)为增函数,
则有2t2﹣t<0,
解可得0<t<
(1)由题意y=f(x)对任意的x,y∈R,关系式成立,采用赋值法,可得f(0)的值;
(2)利用定义证明其单调性.
(3)利用单调性及f(0)的值,求解不等式即可.
由题意:
函数y=f(x)定义在R上对任意的x,y∈R满足条件:
f(x+y)=f(x)+f(y)﹣2,
∴令x=y0,
由f(x+y)=f(x)+f(y)﹣2,
可得:
f(0)=f(0)+f(0)﹣2,
f(0)=2.
故f(0)的值为:
2.
设x1<x2,x1、x2∈R,
则x2﹣x1>0,
由
(1)可得f(x2﹣x1)>2.
因为对任意实数任意的x,y∈R,都有f(x+y)=f(x)+f(y)﹣2,
所以f(x2)=f(x2﹣x1+x1)=f(x2﹣x1)+f(x1)﹣2>f(x1)
所以函数f(x)是R上的单调增函数.
(3)解:
由
(1)
(2)可知函数f(x)是R上的单调增函数.且f(0)=2;
不等式f(2t2﹣t﹣3)﹣2<0,变形得f(2t2﹣t﹣3)<2,转化为f(2t2﹣t﹣3)<f(0).
故得:
2t2﹣t﹣3<0
所以原不等式的解集是(﹣1,
).
(1)令x=y=0,代入f(x)•f(y)=f(x+y)即可得到f(0)的方程,解之即可求得f(0),再有x=
+
,即可证得对任意的x∈R,有f(x)>0;
(2)设x1,x2∈R且x1<x2,利用定义法作差,整理后即可证得差的符号,进而由定义得出函数的单调性.
(1)可得f(0)•f(0)=f(0)
∵f(0)≠0
∴f(0)=1
又对于任意
又
,∴f(x)>0
(2)设x1,x2∈R且x1<x2,则f(x1)﹣f(x2)=f[(x1﹣x2)+x2]﹣f(x2)=f(x2)[f(x1﹣x2)﹣1]
∵x1﹣x2<0
∴f(x1﹣x2)>f(0)=1
∴f(x1﹣x2)﹣1>0
对f(x2)>0
∴f(x2)f[(x1﹣x2)﹣1]>0
∴f(x1)>f(x2)故f(x)在R上是减函数