高一上学期《函数单调性的证明》练习题.docx

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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）=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．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）=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，

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