高一上学期《函数单调性的证明》练习题.doc

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、yR，有f（x+y）=f（x）+f（y）1，当x0时，f（x）1，且f（3）=4，则（）Af（x）在R上是减函数，且f（1）=3Bf（x）在R上是增函数，且f（1）=3Cf（x）在R上是减函数，且f（1）=2Df（x）在R上是增函数，且f（1）=22已知函数y=f（x）在（0，+）上为增函数，且f（x）0（x0）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（x0），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，yR，总有f（x）+f（y）=f（x+y），且当x0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，bR，有f（a+b）=f（a）+f（b）1，且当x0时，f（x）1（）求证：f（x）是R 上的增函数；（）若f（4）=5，解不等式f（3m2m3）26函数f（x）对任意的a，bR，都有f（a+b）=f（a）+f（b）1，并且当x0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（3m2m2）37函数f（x）对任意的a、bR，都有f（a+b）=f（a）+f（b）1，并且当x0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（m2）38已知定义在R上的函数f（x）满足：f（x+y）=f（x）+f（y）+1，当x0时，f（x）1；（）求：f（0）的值，并证明f（x）在R上是单调增函数；（）若f（1）=1，解关于x的不等式；f（x2+2x）+f（1x）49定义在R上的函数y=f（x）对任意的x、yR，满足条件：f（x+y）=f（x）+f（y）1，且当x0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（2t2t）110定义在R上的函数 y=f（x） 对任意的x，yR，满足条件：f（x+y）=f（x）+f（y）2，且当x0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（2t2t3）2011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，yR都满足f（x）f（y）=f（x+y）（1）求f（0）的值，并证明对任意的xR，有f（x）0；（2）设当x0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、yR，有f（x+y）=f（x）+f（y）1，当x0时，f（x）1，且f（3）=4，则（）Af（x）在R上是减函数，且f（1）=3Bf（x）在R上是增函数，且f（1）=3Cf（x）在R上是减函数，且f（1）=2Df（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）11=4，解出f（1）【解答】解：设x1x2，则f（x1）f（x2）=f（x1x2+x2）f（x2）=f（x1x2）+f（x2）1f（x2）=f（x1x2）111=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）11=3f（1）2=4，f（1）=2故选：D2已知函数y=f（x）在（0，+）上为增函数，且f（x）0（x0）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x1x2，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x1x2，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（x0），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x1x2，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x1x2，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，yR，总有f（x）+f（y）=f（x+y），且当x0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=0f（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x1x2，则x=x2x10，y=f（x2）f（x1）=f（x2）+f（x1）=f（x2x1）x2x1，x2x10，又x0时，f（x）0，f（x2x1）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25函数f（x）对任意a，bR，有f（a+b）=f（a）+f（b）1，且当x0时，f（x）1（）求证：f（x）是R 上的增函数；（）若f（4）=5，解不等式f（3m2m3）2【分析】（）设实数x1x2，则x2x10，利用已知可得f（x2x1）1再利用已知可得f（x2）=f（x2x1+x1）=f（x2x1）+f（x1）11+f（x1）1=f（x1）即可；（）令a=b=2，以及a=b=1，解得f（2）=3，f（1）=2，不等式f（3m2m3）2化为f（3m2m3）f（1），由（1）可得：f（x）在R上是增函数可得3m2m31，解得即可【解答】解：（）证明：设x1x2，则x2x10，当x0时，f（x）1，f（x2x1）1又函数f（x）对任意a，bR都有f（a+b）=f（a）+f（b）1，f（x2）=f（x2x1+x1）=f（x2x1）+f（x1）11+f（x1）1=f（x1），f（x2）f（x1），f（x）在R上是增函数；（）令a=b=2，则f（22）=f（2）+f（2）1=5，解得f（2）=3，再令a=b=1，则f（11）=f（1）+f（1）1=3，解得f（1）=2不等式f（3m2m3）2化为f（3m2m3）f（1）由（1）可得：f（x）在R上是增函数3m2m31，解得m1不等式f（3m2m3）2的解集为（，1）6函数f（x）对任意的a，bR，都有f（a+b）=f（a）+f（b）1，并且当x0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（3m2m2）3【分析】（1）先任取x1x2，x2x10由当x0时，f（x）1得到f（x2x1）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（3m2m2）3转化为f（3m2m2）f（2），由（1）中的结论，利用单调性求解【解答】解：（1）证明：任取x1x2，x2x10f（x2x1）1f（x2）=fx1+（x2x1）=f（x1）+f（x2x1）1f（x1），f（x）是R上的增函数（2）f（4）=f（2）+f（2）1=5，f（2）=3f（3m2m2）3=f（2）又由（1）的结论知，f（x）是R上的增函数，3m2m22，3m2m40，1m7函数f（x）对任意的a、bR，都有f（a+b）=f（a）+f（b）1，并且当x0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（m2）3【分析】（1）先任取x1x2，x2x10由当x0时，f（x）1得到f（x2x1）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（m2）3转化为f（m2）f（2），由（1）中的结论，利用单调性求解【解答】解：（1）证明：任取x1x2，x2x10f（x2x1）1f（x2）=fx1+（x2x1）=f（x1）+f（x2x1）1f（x1），f（x）是R上的增函数（2）f（2）=3f（m2）3=f（2）又由（1）的结论知，f（x）是R上的增函数，m22，m4解不等式f（m2）3的解集为：（，4）8已知定义在R上的函数f（x）满足：f（x+y）=f（x）+f（y）+1，当x0时，f（x）1；（）求：f（0）的值，并证明f（x）在R上是单调增函数；（）若f（1）=1，解关于x的不等式；f（x2+2x）+f（1x）4【分析】（）根据已知条件中，：f（x+y）=f（x）+f（y）+1，当x0时，f（x）1；令x=y=0，即可求出f（0）的值，在R上任取x1x2，则x1x20，根据f（x1）=f（x1x2）+x2，结合已知条件，即可判断函数的单调性；（）若f（1）=1，则我们易将关于x的不等式；f（x2+2x）+f（1x）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：（）令x=y=0f（x+y）=f（x）+f（y）+1，f（0）=f（0）+f（0）+1f（0）=1，在R上任取x1x2，则x1x20，当x0时，f（x）1，f（x1x2）1则f（x1）=f（x1x2）+x2，=f（x1x2）+f（x2）+1f（x2），f（x）在R上是单调增函数（）由f（1）=1得：f（2）=3，f（3）=5，则关于x的不等式；f（x2+2x）+f（1x）4可化为关于x的不等式；f（x2+2x）+f（1x）+15，即关于x的不等式；f（x2+x+1）f（3），由（）的结论知f（x）在R上是单调增函数，故x2+x+13，解得：x2或x1，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、yR，满足条件：f（x+y）=f（x）+f（y）1，且当x0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（2t2t）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x1x2，则x1=x2+（x1x2），且（x1x2）0，结合题意可得f（x1）=f（x1x2）+x2=f（x2）+f（x1x2）1，作差可得f（x1）f（x2）=f（x1x2）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2t2t0，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x1x2，则x1=x2+（x1x2），且x1x20，则有f（x1）=f（x1x2）+x2=f（x2）+f（x1x2）1，即f（x1）f（x2）=f（x1x2）1，又由x1x20，则有f（x1x2）1，故有f（x1）f（x2）=f（x1x2）10，即函数f（x）为增函数；（3）根据题意，f（2t2t）1，又由f（0）=1且函数f（x）为增函数，则有2t2t0，解可得0t10定义在R上的函数 y=f（x） 对任意的x，yR，满足条件：f（x+y）=f（x）+f（y）2，且当x0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（2t2t3）20【分析】（1）由题意 y=f（x） 对任意的x，yR，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，yR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x1x2，x1、x2R，则x2x10，由（1）可得f（x2x1）2因为对任意实数任意的x，yR，都有f（x+y）=f（x）+f（y）2，所以f（x2）=f（x2x1+x1）=f（x2x1）+f（x1）2f（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（2t2t3）20，变形得f（2t2t3）2，转化为f（2t2t3）f（0）故得：2t2t30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，yR都满足f（x）f（y）=f（x+y）（1）求f（0）的值，并证明对任意的xR，有f（x）0；（2）设当x0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xR，有f（x）0；（2）设x1，x2R且x1x2，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）0f（0）=1又对于任意又，f（x）0（2）设x1，x2R且x1x2，则f（x1）f（x2）=f（x1x2）+x2f（x2）=f（x2）f（x1x2）1x1x20f（x1x2）f（0）=1f（x1x2）10对f（x2）0f（x2）f（x1x2）10f（x1）f（x2）故f（x）在R上是减函数高一上学期函数单调性的证明练习题 第15页（共15页）