2022年高一上学期《函数单调性的证明》练习题.docx

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1、精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -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 x 0 时, f （x）1,且 f（3）=4,就（）Af（ 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）=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（ x0）试判定 F（x）=在（ 0,+） 上的单调性并给出证明过程3已知函数

2、y=f（x）在（ 0,+）上为减函数,且f（ x） 0（ x 0）,试判定 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 x 0 时, f （x）可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 1 页,共 13 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -0,f（ 1） =（1）求 f（0）.（2）求证： f（ x）在 R

3、 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 x0 时, f（x）1（）求证： f（x）是 R 上的增函数.（）如 f（ 4）=5,解不等式 f（3m2 m3） 26函数 f（x）对任意的 a, b R,都有 f（a+b） =f（a）+f（b） 1,并且当 x0 时,f（x） 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 2 页,共 13 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精

4、品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -（1）求证： f（ x）是 R 上的增函数.（2）如 f（4）=5,解不等式 f（3m2 m2） 37函数 f（x）对任意的 a、b R,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）如 f（2）=3,解不等式 f（m 2） 38已知定义在R 上的函数 f （x）满意： 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.可编辑资料 - - -

5、欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 3 页,共 13 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -（）如 f（1）=1,解关于 x 的不等式. f （x2+2x）+f（ 1 x） 49定义在 R 上的函数 y=f（x）对任意的 x、yR,满意条件： 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（

6、2t 2t ） 110定义在 R 上的函数y=f（x） 对任意的 x,yR,满意条件： 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.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 4 页,共 13 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -（3）解不等式 f（2t 2t 3） 2011已知 f （x）是定义在 R

7、 上的恒不为零的函数,且对于任意的x, y R 都满意 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 x0 时,都有 f（x） f （0）,证明： f（x）在（, +）上是减函数可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 5 页,共 13 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -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

8、）对于任意 x、yR,有 f（x+y）=f（ x） +f（y） 1,当 x 0 时, f （x）1,且 f（3）=4,就（）Af（ 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）=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定函数的单调性,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 x1 x2,就 f（x1） f（x2）=f（x1x2+x2 ）f（x2）=f（ x1x2）+f（ x2）1f（ x2）

9、=f（x1 x2）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 应选： D2已知函数 y=f（x）在（ 0,+）上为增函数,且f（x） 0（ x0）试判定 F（x）=在（ 0,+） 上的单调性并给出证明过程【分析】 第一,设 x1, x2（0,+）,且 x1x2,然后依据函数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

10、 ） 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,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 6 页,共 13 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -f（ x1 ）.f（x2） 0,F（x1） F（ x2） 0, 即 F（x1） F（x2）,就 F（x）为（ 0, +）上的减函

11、数3已知函数y=f（x）在（ 0,+）上为减函数,且f（ x） 0（ x 0）,试判定 f（x）=在（ 0,+）上的单调性,并给出证明过程【分析】 第一,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,

12、+）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 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） =可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料

13、名师精选 - - - - - - - - - -第 7 页,共 13 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -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,就 f（ 0） =0.（2）令 y=x,就 f（ x） = f（x）,在 R 上任意取 x1,x2,且 x1 x2,就 x=x2 x10, y=f（x2） f（ x1）=f（x2）+f（ x1）=f（x2 x1）x2x1,x2x1 0,又 x0 时, f（ x） 0,f（

14、 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 25函数 f（x）对任意 a, b R,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.（）如 f（ 4）=5,解不等式 f（3m2 m3） 2【分析】（）设实数

15、 x1 x2,就 x2x1 0,利用已知可得 f（x2 x1） 1再利用已知可得 f（x2） =f（x2x1+x1）=f（ x2 x1）+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（3m2m 3） f（ 1）,由（ 1）可得： f（ x）在 R 上是增函数可得 3m2m3 1,解得即可【解答】 解：（）证明：设x1 x2,就 x2x10,当 x 0 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）

16、 1,f（ x2 ）=f（x2 x1+x1） =f（x2x1） +f（x1） 1 1+f（ x1） 1=f（x1）,f（ x2 ） f（x1）,f（ x）在 R 上是增函数.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 8 页,共 13 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -（）令 a=b=2,就 f（ 22）=f（ 2） +f（ 2） 1=5,解得 f（ 2） =3, 再令 a=b= 1,就 f （ 11

17、）=f（ 1）+f（ 1） 1=3,解得 f （1）=2不等式 f（ 3m2m 3） 2化为 f（ 3m2m3） f（ 1）由（ 1）可得： f （x）在 R 上是增函数3m2 m3 1,解得m 1不等式 f（3m2 m3） 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 x0 时,f（x） 1（1）求证： f（ x）是 R 上的增函数.（2）如 f（4）=5,解不等式 f（3m2 m2） 3【分析】（ 1）先任取 x1x2,x2 x10由当 x 0 时,f（ x）1得到 f（x2x1） 1, 再对 f（x2）依据 f（a+b）

18、 =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,x2x1 0f（ x2 x1） 1f（ x2 ）=f x1+（ x2x1）=f（x1）+f（ x2x1） 1 f（x1）,f（ x）是 R 上的增函数（2） f （4）=f（2）+f（ 2） 1=5,f（ 2） =3f（ 3m2m 2） 3=f（2）又由（ 1）的结论知, f （x）是 R 上的增函数,3m2 m22, 3m2m 4 0, 1m7函数 f（

19、x）对任意的 a、b R,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.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 9 页,共 13 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -（2）如 f（2）=3,解不等式 f（m 2） 3【分析】（ 1）先任取 x1x2,x2 x10由当 x 0 时,f（ x）1得到 f（x2x1） 1, 再对 f

20、（x2）依据 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（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 x1x2,x2x1 0 f（ x2 x1） 1f（ x2 ）=f x1+（ 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（m 2） 3 的解集为：（, 4）8已知定义在R 上的函数 f （x）满意： f （x+y

21、）=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.（）如 f（1）=1,解关于 x 的不等式. f （x2+2x）+f（ 1 x） 4【分析】（）依据已知条件中, ： 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 x1 x2,就 x1 x20,依据 f（ x1）=f （ x1 x2）+x2 ,结合已知条件,即可判定函数的单调性.（）如 f（ 1）=1,就我们易将关于x 的不等式. f（ x2+2x）+f（ 1 x） 4 化为 f（x

22、2+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,就 x1x2 0,当 x 0 时, f （x） 1,f（ x1 x2） 1就 f（x1）=f （x1 x2）+x2 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 10 页,共 13 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word

23、精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -=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,就关于 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（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： x 2 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,满意条件： f（

24、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（2t 2t ） 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,就 x1=x2 +（x1 x2）,且（ x1x2） 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

25、析可得 f（x1） f（ x2 ） 0,由增函数的定义即可得证明.（3）依据题意,结合函数的奇偶性与f（0）=1 可得 2t2t 0,解可得 t 的取值范畴,即可得答案【解答】 解：（1）依据题意,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 ,就 x1=x2+（ x1x2 ）,且 x1 x20,就有 f（x1） =f （ x1 x2）+x2 =f（x2）+f（ x1x2） 1, 即 f（x1） f（x2 ）=f（x1x2） 1,又由 x1 x20,就有 f（x1x2） 1,故有

26、 f（x1） f（ x2 ）=f（x1 x2） 10, 即函数 f（ x）为增函数.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 11 页,共 13 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -（3）依据题意, f（2t2t ） 1,又由 f（0）=1 且函数 f （x）为增函数, 就有 2t2 t0,解可得 0t10定义在 R 上的函数y=f（x） 对任意的 x,yR,满意条件： f（x+y）=f（x） +f（

27、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（2t 2t 3） 20【分析】（1）由题意y=f（ x） 对任意的 x,y R,关系式成立, 采纳赋值法, 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 满意条件： 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

28、f（0）的值为： 2（2）证明：设 x1x2 ,x1、x2R, 就 x2 x10,由（ 1）可得 f（x2x1） 2由于对任意实数任意的x,yR,都有 f（ x+y） =f（x）+f（y） 2,所以 f（x2） =f（x2x1+x1）=f（ x2 x1）+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（ 2t2t 3）20,变形得 f（2t2 t3） 2,转化为 f（2t2t 3）f（0）故得： 2t2 t30解得：,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名

29、师精选 - - - - - - - - - -第 12 页,共 13 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -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 都满意 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 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（

30、 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 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）f（ 0） =1又对于任意又, f（ x） 0（2）设 x1,x2 R 且 x1 x2,就 f（ x1） f（x2）=f （x1 x2）+x2 f （x2） =f（x2） f（x1x2） 1x1x2f（ x1 x2） f（0）f（ x1 x2） 1 0对 f（x2）f（ x2 ）f （x1 x2） 1 0f（ x1 ） f（x2）故 f（ x）在 R 上是减函数可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 13 页,共 13 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载