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高一上学期《函数单调性的证明》练习题

2018-12-05 18页 doc 56KB 143阅读

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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,则(  ) A.f(x)在R上是减函数,且f(1)=3    B.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)=2    D.f(x)在R上是增函数,且f(1)=2 2.已知函数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.已知函数y=f(x)在(0...
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》练习 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,则(  ) A.f(x)在R上是减函数,且f(1)=3    B.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)=2    D.f(x)在R上是增函数,且f(1)=2 2.已知函数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.已知函数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.已知函数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)若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)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. (1)求证:f(x)是R上的增函数; (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 (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.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 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,则(  ) A.f(x)在R上是减函数,且f(1)=3    B.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)=2    D.f(x)在R上是增函数,且f(1)=2 【】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. 2.已知函数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)的单调性进行证明即可. 【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), 则F(x)为(0,+∞)上的减函数. 3.已知函数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,比较大小,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.已知函数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. 【解答】解:(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. 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)若f(﹣4)=5,解不等式f(3m2﹣m﹣3)<2. 【分析】(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. 【解答】解:(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). 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)若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)若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.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. 【分析】(Ⅰ)根据已知条件中,: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,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. 【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,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,+∞). 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,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. 【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,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< . 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, 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 解得: , 所以原不等式的解集是(﹣1, ). 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. 【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,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
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