高一上学期函数单调性的证明练习题.docx
- 文档编号:29497784
- 上传时间:2023-07-24
- 格式:DOCX
- 页数:14
- 大小:32.61KB
高一上学期函数单调性的证明练习题.docx
《高一上学期函数单调性的证明练习题.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.docx(14页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高一上学期函数单调性的证明练习题
高一上学期?
函数单调性的证明?
练习题
1.函数y=f〔x〕对于任意x、y∈R,有f〔x+y〕=f〔x〕+f〔y〕﹣1,当x>0时,f〔x〕>1,且f〔3〕=4,那么〔 〕
A.f〔x〕在R上是减函数,且f〔1〕=3B.f〔x〕在R上是增函数,且f〔1〕=3
C.f〔x〕在R上是减函数,且f〔1〕=2D.f〔x〕在R上是增函数,且f〔1〕=2
2.函数y=f〔x〕在〔0,+∞〕上为增函数,且f〔x〕<0〔x>0〕.试判断F〔x〕=
在〔0,+∞〕上的单调性并给出证明过程.
3.函数y=f〔x〕在〔0,+∞〕上为减函数,且f〔x〕<0〔x>0〕,试判断f〔x〕=
在〔0,+∞〕上的单调性,并给出证明过程.
4.函数f〔x〕对任意x,y∈R,总有f〔x〕+f〔y〕=f〔x+y〕,且当x>0时,f〔x〕<0,f〔1〕=﹣
.
〔1〕求f〔0〕;
〔2〕求证:
f〔x〕在R上是减函数;
〔3〕求f〔x〕在[﹣3,3]上的最大值和最小值.
5.函数f〔x〕对任意a,b∈R,有f〔a+b〕=f〔a〕+f〔b〕﹣1,且当x>0时,f〔x〕>1.
〔Ⅰ〕求证:
f〔x〕是R上的增函数;
〔Ⅱ〕假设f〔﹣4〕=5,解不等式f〔3m2﹣m﹣3〕<2.
6.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.
〔1〕求证:
f〔x〕是R上的增函数;
〔2〕假设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.
〔1〕求证:
f〔x〕是R上的增函数;
〔2〕假设f〔2〕=3,解不等式f〔m﹣2〕<3.
8.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〕假设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
〔1〕求f〔0〕的值;
〔2〕证明:
函数f〔x〕是R上的单调增函数;
〔3〕解不等式f〔2t2﹣t﹣3〕﹣2<0.
11.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
1.函数y=f〔x〕对于任意x、y∈R,有f〔x+y〕=f〔x〕+f〔y〕﹣1,当x>0时,f〔x〕>1,且f〔3〕=4,那么〔 〕
A.f〔x〕在R上是减函数,且f〔1〕=3B.f〔x〕在R上是增函数,且f〔1〕=3
C.f〔x〕在R上是减函数,且f〔1〕=2D.f〔x〕在R上是增函数,且f〔1〕=2
【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,
那么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.
应选:
D.
2.函数y=f〔x〕在〔0,+∞〕上为增函数,且f〔x〕<0〔x>0〕.试判断F〔x〕=
在〔0,+∞〕上的单调性并给出证明过程.
【分析】首先,设x1,x2∈〔0,+∞〕,且x1<x2,然后根据函数f〔x〕的单调性进展证明即可.
【解答】解:
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〕,
那么F〔x〕为〔0,+∞〕上的减函数.
3.函数y=f〔x〕在〔0,+∞〕上为减函数,且f〔x〕<0〔x>0〕,试判断f〔x〕=
在〔0,+∞〕上的单调性,并给出证明过程.
【分析】首先,设x1,x2∈〔0,+∞〕,且x1<x2,然后,比拟大小,从而得到结论.
【解答】解:
函数
为〔0,+∞〕上增函数,证明如下:
任设x1,x2∈〔0,+∞〕且x1<x2,
∵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,
∵f〔x1〕<0,f〔x2〕<0,
∴f〔x1〕•f〔x2〕>0,
∴g〔x1〕﹣g〔x2〕<0,
∴
为〔0,+∞〕上的增函数.
4.函数f〔x〕对任意x,y∈R,总有f〔x〕+f〔y〕=f〔x+y〕,且当x>0时,f〔x〕<0,f〔1〕=﹣
.
〔1〕求f〔0〕;
〔2〕求证:
f〔x〕在R上是减函数;
〔3〕求f〔x〕在[﹣3,3]上的最大值和最小值.
【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.
【解答】解:
〔1〕令x=y=0,那么f〔0〕=0;
〔2〕令y=﹣x,那么f〔﹣x〕=﹣f〔x〕,
在R上任意取x1,x2,且x1<x2,那么△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.
5.函数f〔x〕对任意a,b∈R,有f〔a+b〕=f〔a〕+f〔b〕﹣1,且当x>0时,f〔x〕>1.
〔Ⅰ〕求证:
f〔x〕是R上的增函数;
〔Ⅱ〕假设f〔﹣4〕=5,解不等式f〔3m2﹣m﹣3〕<2.
【分析】〔Ⅰ〕设实数x1<x2,那么x2﹣x1>0,利用可得f〔x2﹣x1〕>1.再利用可得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.
【解答】解:
〔Ⅰ〕证明:
设x1<x2,那么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,那么f〔﹣2﹣2〕=f〔﹣2〕+f〔﹣2〕﹣1=5,解得f〔﹣2〕=3,
再令a=b=﹣1,那么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〕.
6.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.
〔1〕求证:
f〔x〕是R上的增函数;
〔2〕假设f〔4〕=5,解不等式f〔3m2﹣m﹣2〕<3.
【分析】〔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.
【解答】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<
.
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.
〔1〕求证:
f〔x〕是R上的增函数;
〔2〕假设f〔2〕=3,解不等式f〔m﹣2〕<3.
【分析】〔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〔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.
【解答】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〔2〕=3.
∴f〔m﹣2〕<3=f〔2〕.
又由〔1〕的结论知,f〔x〕是R上的增函数,
m﹣2<2,m<4
∴解不等式f〔m﹣2〕<3的解集为:
〔﹣∞,4〕.
8.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〕假设f〔1〕=1,解关于x的不等式;f〔x2+2x〕+f〔1﹣x〕>4.
【分析】〔Ⅰ〕根据条件中,:
①f〔x+y〕=f〔x〕+f〔y〕+1,②当x>0时,f〔x〕>﹣1;令x=y=0,即可求出f〔0〕的值,在R上任取x1>x2,那么x1﹣x2>0,根据f〔x1〕=f[〔x1﹣x2〕+x2],结合条件,即可判断函数的单调性;
〔Ⅱ〕假设f〔1〕=1,那么我们易将关于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.
【解答】解:
〔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,那么x1﹣x2>0,
∵当x>0时,f〔x〕>﹣1,
∴f〔x1﹣x2〕>﹣1
那么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,
那么关于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,+∞〕.
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.
【分析】〔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,那么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X围,即可得答案.
【解答】解:
〔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,
〔2〕证明:
设x1>x2,那么x1=x2+〔x1﹣x2〕,且x1﹣x2>0,
那么有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,那么有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,
那么有2t2﹣t<0,
解可得0<t<
.
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
〔1〕求f〔0〕的值;
〔2〕证明:
函数f〔x〕是R上的单调增函数;
〔3〕解不等式f〔2t2﹣t﹣3〕﹣2<0.
【分析】〔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.
【解答】解:
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,
解得:
f〔0〕=2.
故f〔0〕的值为:
2.
〔2〕证明:
设x1<x2,x1、x2∈R,
那么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
解得:
,
所以原不等式的解集是〔﹣1,
〕.
11.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.
【分析】〔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.
【解答】解:
〔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,那么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
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 上学 函数 调性 证明 练习题