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
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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．
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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．
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（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．
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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．
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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x 1＞x 2，
则f （x 1）﹣f （x 2）=f （x 1﹣x 2+x 2）﹣f （x 2）=f （x 1﹣x 2）+f （x 2）﹣1﹣f （x 2）=f （x 1
﹣x 2）﹣1＞1﹣1=0，
即f （x 1
）＞f （x 2
）， ∴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x 1，x 2∈（0，+∞），且x 1＜x 2，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x 1，x 2∈（0，+∞）且x 1＜x 2，
∵y=f （x ）在（0，+∞）上为增函数，
∴f （x 1）＜f （x 2），f （x 1）＜0，f （x 2）＜0，
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F （x 1）﹣F （x 2）=﹣=，
∵f （x 1）＜f （x 2），
∴f （x 2）﹣f （x 1）＞0，
∵f （x 1）＜0，f （x 2）＜0，
∴f （x 1）•f（x 2）＞0，
∴F （x 1
）﹣F （x 2
）＞0， 即F （x 1
）＞F （x 2
），
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x 1，x 2∈（0，+∞），且x 1＜x 2，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x 1，x 2∈（0，+∞）且x 1＜x 2，
∵y=f （x ）在（0，+∞）上为减函数，
∴f （x 1）＞f （x 2），f （x 1）＜0，f （x 2）＜0，
=
，
∵f （x 1）＞f （x 2），
∴f （x 2）﹣f （x 1）＜0，
∵f （x 1）＜0，f （x 2）＜0，
∴f （x 1）•f（x 2）＞0，
∴g （x 1
）﹣g （x 2
）＜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
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（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x 1，x 2，且x 1＜x 2，则△x=x 2﹣x 1＞0，△y=f （x 2）﹣f （x 1）=f （x 2）+f （﹣x 1）=f （x 2﹣x 1）
∵x 2＞x 1，
∴x 2﹣x 1＞0，
又∵x ＞0时，f （x ）＜0，
∴f （x 2﹣x 1）＜0，即f （x 2）﹣f （x 1）＜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 （3m 2﹣m ﹣3）＜2．
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【分析】（Ⅰ）设实数x 1＜x 2，则x 2﹣x 1＞0，利用已知可得f （x 2﹣x 1）＞1．再利用已知可得f （x 2）=f （x 2﹣x 1+x 1）=f （x 2﹣x 1）+f （x 1）﹣1＞1+f （x 1）﹣1=f （x 1）即可；
（Ⅱ）令a=b=﹣2，以及a=b=﹣1，解得f （﹣2）=3，f （﹣1）=2，不等式f （3m 2﹣m ﹣3）＜2．化为f （3m 2﹣m ﹣3）＜f （﹣1），由（1）可得：f （x ）在R 上是增函数．可得3m 2﹣m ﹣3＜﹣1，解得即可．
【解答】解：（Ⅰ）证明：设x 1＜x 2，则x 2﹣x 1＞0，
∵当x ＞0时，f （x ）＞1，∴f （x 2﹣x 1）＞1．
又函数f （x ）对任意a ，b ∈R 都有f （a+b ）=f （a ）+f （b ）﹣1，
∴f （x 2）=f （x 2﹣x 1+x 1）=f （x 2﹣x 1）+f （x 1）﹣1＞1+f （x 1）﹣1=f （x 1），
∴f （x 2）＞f （x 1），
∴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 （3m 2﹣m ﹣3）＜2．化为f （3m 2﹣m ﹣3）＜f （﹣1）．
由（1）可得：f （x ）在R 上是增函数．
∴3m 2﹣m ﹣3＜﹣1，解得﹣＜m ＜1．
∴不等式f （3m 2﹣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 （3m 2﹣m ﹣2）＜3．
【分析】（1）先任取x 1＜x 2，x 2﹣x 1＞0．由当x ＞0时，f （x ）＞1．得到f （x 2﹣x 1）＞1，再对f （x 2）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 （3m 2
﹣m ﹣2）＜3转化为f （3m 2﹣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x 1＜x 2，
∴x 2﹣x 1＞0．
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∴f （x 2﹣x 1）＞1．
∴f （x 2）=f[x 1+（x 2﹣x 1）]
=f （x 1）+f （x 2﹣x 1）﹣1＞f （x 1）， ∴f （x ）是R 上的增函数．
（2）∵f （4）=f （2）+f （2）﹣1=5，
∴f （2）=3．
∴f （3m 2﹣m ﹣2）＜3=f （2）．
又由（1）的结论知，f （x ）是R 上的增函数，
∴3m 2﹣m ﹣2＜2，
3m 2﹣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x 1＜x 2，x 2﹣x 1＞0．由当x ＞0时，f （x ）＞1．得到f （x 2﹣x 1）＞1，再对f （x 2）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x 1＜x 2，
∴x 2﹣x 1＞0．∴f （x 2﹣x 1）＞1．
∴f （x 2）=f[x 1+（x 2﹣x 1）]=f （x 1）+f （x 2﹣x 1）﹣1＞f （x 1），
∴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
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∴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 （x 2+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x 1＞x 2，则x 1﹣x 2＞0，根据f （x 1）=f[（x 1﹣x 2）+x 2]，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 （x 2+2x ）+f （1﹣x ）＞4化为f （x 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：（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x 1＞x 2，则x 1﹣x 2＞0，
∵当x ＞0时，f （x ）＞﹣1， ∴f （x 1﹣x 2）＞﹣1
则f （x 1）=f[（x 1﹣x 2）+x 2]，
=f （x 1﹣x 2）+f （x 2）+1＞f （x 2），
∴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 （x 2+2x ）+f （1﹣x ）＞4可化为 关于x 的不等式；f （x 2+2x ）+f （1﹣x ）+1＞5，
即关于x 的不等式；f （x 2+x+1）＞f （3），
由（Ⅰ）的结论知f （x ）在R 上是单调增函数，
故x 2+x+1＞3，
解得：x ＜﹣2或x ＞1，
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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 （2t 2﹣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x 1＞x 2，则x 1=x 2+（x 1﹣x 2），且（x 1﹣x 2）＞0，结合题意可得f （x 1）=f[（x 1﹣x 2）+x 2]=f （x 2）+f （x 1﹣x 2）﹣1，作差可得f （x 1）﹣f （x 2）=f （x 1﹣x 2）﹣1，分析可得f （x 1）﹣f （x 2）＞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2t 2﹣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x 1＞x 2，则x 1=x 2+（x 1﹣x 2），且x 1﹣x 2＞0，
则有f （x 1
）=f[（x 1
﹣x 2
）+x 2
]=f （x 2
）+f （x 1
﹣x 2
）﹣1， 即f （x 1
）﹣f （x 2
）=f （x 1
﹣x 2
）﹣1， 又由x 1
﹣x 2
＞0，则有f （x 1
﹣x 2
）＞1， 故有f （x 1
）﹣f （x 2
）=f （x 1
﹣x 2
）﹣1＞0， 即函数f （x ）为增函数；
（3）根据题意，f （2t 2
﹣t ）＜1， 又由f （0）=1且函数f （x ）为增函数， 则有2t 2
﹣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
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（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 （2t 2﹣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x 1
＜x 2
，x 1
、x 2
∈R ， 则x 2
﹣x 1
＞0，
由（1）可得f （x 2
﹣x 1
）＞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 （x 2）=f （x 2﹣x 1+x 1）=f （x 2﹣x 1）+f （x 1）﹣2＞f （x 1）
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 （2t 2﹣t ﹣3）﹣2＜0，变形得f （2t 2﹣t ﹣3）＜2，转化为f （2t 2﹣t ﹣3）＜f （0）．
故得：2t 2﹣t ﹣3＜0
解得：
，
所以原不等式的解集是（﹣1，）．
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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x 1，x 2∈R 且x 1＜x 2，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x 1，x 2∈R 且x 1＜x 2，则f （x 1）﹣f （x 2）=f[（x 1﹣x 2）+x 2]﹣f （x 2）=f （x 2）[f （x 1﹣x 2）﹣1]
∵x 1﹣x 2＜0
∴f （x 1﹣x 2）＞f （0）=1
∴f （x 1﹣x 2）﹣1＞0
对f （x 2）＞0
∴f （x 2）f[（x 1﹣x 2）﹣1]＞0
∴f （x 1）＞f （x 2）故f （x ）在R 上是减函数。