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、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
【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
高一上学期《函数单调性的证明》练习题 第15页（共15页）