高一上學(xué)期《函數(shù)單調(diào)性的證明》練習(xí)題

1、高一上學(xué)期函數(shù)單調(diào)性的證明練習(xí)題1函數(shù)y=f（x）對(duì)于任意x、yR，有f（x+y）=f（x）+f（y）1，當(dāng)x0時(shí)，f（x）1，且f（3）=4，則（）Af（x）在R上是減函數(shù)，且f（1）=3Bf（x）在R上是增函數(shù)，且f（1）=3Cf（x）在R上是減函數(shù)，且f（1）=2Df（x）在R上是增函數(shù)，且f（1）=22已知函數(shù)y=f（x）在（0，+）上為增函數(shù)，且f（x）0（x0）試判斷F（x）=在（0，+） 上的單調(diào)性并給出證明過(guò)程3已知函數(shù)y=f（x）在（0，+）上為減函數(shù)，且f（x）0（x0），試判斷f（x）=在（0，+）上的單調(diào)性，并給出證明過(guò)程4已知函數(shù)f（x）對(duì)任意x，yR，總有f（x）+

2、f（y）=f（x+y），且當(dāng)x0時(shí)，f（x）0，f（1）=（1）求f（0）；（2）求證：f（x）在R上是減函數(shù)；（3）求f（x）在3，3上的最大值和最小值5函數(shù)f（x）對(duì)任意a，bR，有f（a+b）=f（a）+f（b）1，且當(dāng)x0時(shí)，f（x）1（）求證：f（x）是R 上的增函數(shù)；（）若f（4）=5，解不等式f（3m2m3）26函數(shù)f（x）對(duì)任意的a，bR，都有f（a+b）=f（a）+f（b）1，并且當(dāng)x0時(shí)，f（x）1（1）求證：f（x）是R上的增函數(shù)；（2）若f（4）=5，解不等式f（3m2m2）37函數(shù)f（x）對(duì)任意的a、bR，都有f（a+b）=f（a）+f（b）1，并且當(dāng)x0時(shí)，f（x）

3、1（1）求證：f（x）是R上的增函數(shù)；（2）若f（2）=3，解不等式f（m2）38已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：f（x+y）=f（x）+f（y）+1，當(dāng)x0時(shí)，f（x）1；（）求：f（0）的值，并證明f（x）在R上是單調(diào)增函數(shù)；（）若f（1）=1，解關(guān)于x的不等式；f（x2+2x）+f（1x）49定義在R上的函數(shù)y=f（x）對(duì)任意的x、yR，滿足條件：f（x+y）=f（x）+f（y）1，且當(dāng)x0時(shí)，f（x）1（1）求f（0）的值；（2）證明：函數(shù)f（x）是R上的單調(diào)增函數(shù)；（3）解關(guān)于t的不等式f（2t2t）110定義在R上的函數(shù) y=f（x） 對(duì)任意的x，yR，滿足條件：f（x+y）=f

4、（x）+f（y）2，且當(dāng)x0時(shí)，f（x）2（1）求f（0）的值；（2）證明：函數(shù)f（x）是R上的單調(diào)增函數(shù)；（3）解不等式f（2t2t3）2011已知f（x）是定義在R上的恒不為零的函數(shù)，且對(duì)于任意的x，yR都滿足f（x）f（y）=f（x+y）（1）求f（0）的值，并證明對(duì)任意的xR，有f（x）0；（2）設(shè)當(dāng)x0時(shí)，都有f（x）f（0），證明：f（x）在（，+）上是減函數(shù)高一函數(shù)單調(diào)性的證明練習(xí)題參考答案與試題解析1函數(shù)y=f（x）對(duì)于任意x、yR，有f（x+y）=f（x）+f（y）1，當(dāng)x0時(shí)，f（x）1，且f（3）=4，則（）Af（x）在R上是減函數(shù)，且f（1）=3Bf（x）在R上是增函數(shù)

5、，且f（1）=3Cf（x）在R上是減函數(shù)，且f（1）=2Df（x）在R上是增函數(shù)，且f（1）=2【分析】先依據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義判斷函數(shù)的單調(diào)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：設(shè)x1x2，則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）為增函數(shù)又f（3）=f（1）+f（2）1=f（1）+f（1）+f（1）11=3f（1）2=4，f（1）=2故選：D2已知函數(shù)y=f（x）在（0，+）上為增函數(shù)，且f（x）0（x0）試判斷F（x

6、）=在（0，+） 上的單調(diào)性并給出證明過(guò)程【分析】首先，設(shè)x1，x2（0，+），且x1x2，然后根據(jù)函數(shù)f（x）的單調(diào)性進(jìn)行證明即可【解答】解：函數(shù)F（x）=為（0，+）上減函數(shù)，證明如下：任設(shè)x1，x2（0，+）且x1x2，y=f（x）在（0，+）上為增函數(shù)，f（x1）f（x2），f（x1）0，f（x2）0，F(xiàn)（x1）F（x2）=，f（x1）f（x2），f（x2）f（x1）0，f（x1）0，f（x2）0，f（x1）f（x2）0，F(xiàn)（x1）F（x2）0，即F（x1）F（x2），則F（x）為（0，+）上的減函數(shù)3已知函數(shù)y=f（x）在（0，+）上為減函數(shù)，且f（x）0（x0），試判斷f（x）=在

7、（0，+）上的單調(diào)性，并給出證明過(guò)程【分析】首先，設(shè)x1，x2（0，+），且x1x2，然后，比較大小，從而得到結(jié)論【解答】解：函數(shù)為（0，+）上增函數(shù)，證明如下：任設(shè)x1，x2（0，+）且x1x2，y=f（x）在（0，+）上為減函數(shù)，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，為（0，+）上的增函數(shù)4已知函數(shù)f（x）對(duì)任意x，yR，總有f（x）+f（y）=f（x+y），且當(dāng)x0時(shí)，f（x）0，f（1）=（1）求f（0）；（2）求證：f（x）在R上是減函數(shù)；（3）求

8、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即可證得f（x）=f（x），利用函數(shù)的單調(diào)性的定義與奇函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合已知即可證得f（x）是R上的減函數(shù)；（3）利用f（x）在R上是減函數(shù)可知f（x）在3，3上也是減函數(shù)，易求f（3）=2，從而可求得f（x）在3，3上的最大值和最小值【解答】解：（1）令x=y=0，則f（0）=0；（2）令y=x，則f（x）=f（x），在R上任意取x1，x2，且x1x2，則x=x2x10，y=f（x2）f（x1）=f（x2）+f（x1）=f（x2x1）x2x1，x2x10，又x0時(shí)，f（x）0，f（x2x1）0，即f（x2）

9、f（x1）0，由定義可知函數(shù)f（x）在R上為單調(diào)遞減函數(shù)（3）f（x）在R上是減函數(shù)，f（x）在3，3上也是減函數(shù)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上最大值為2，最小值為25函數(shù)f（x）對(duì)任意a，bR，有f（a+b）=f（a）+f（b）1，且當(dāng)x0時(shí)，f（x）1（）求證：f（x）是R 上的增函數(shù)；（）若f（4）=5，解不等式f（3m2m3）2【分析】（）設(shè)實(shí)數(shù)x1x2，則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（

10、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化為f（3m2m3）f（1），由（1）可得：f（x）在R上是增函數(shù)可得3m2m31，解得即可【解答】解：（）證明：設(shè)x1x2，則x2x10，當(dāng)x0時(shí)，f（x）1，f（x2x1）1又函數(shù)f（x）對(duì)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上是增函數(shù)；（）令a=b=2，則f（22）=f（2）+f（2）1=5，解得f（2）=3，再令a=

11、b=1，則f（11）=f（1）+f（1）1=3，解得f（1）=2不等式f（3m2m3）2化為f（3m2m3）f（1）由（1）可得：f（x）在R上是增函數(shù)3m2m31，解得m1不等式f（3m2m3）2的解集為（，1）6函數(shù)f（x）對(duì)任意的a，bR，都有f（a+b）=f（a）+f（b）1，并且當(dāng)x0時(shí)，f（x）1（1）求證：f（x）是R上的增函數(shù)；（2）若f（4）=5，解不等式f（3m2m2）3【分析】（1）先任取x1x2，x2x10由當(dāng)x0時(shí)，f（x）1得到f（x2x1）1，再對(duì)f（x2）按照f(shuō)（a+b）=f（a）+f（b）1變形得到結(jié)論（2）由f（4）=f（2）+f（2）1求得f（2）=3，再

12、將f（3m2m2）3轉(zhuǎn)化為f（3m2m2）f（2），由（1）中的結(jié)論，利用單調(diào)性求解【解答】解：（1）證明：任取x1x2，x2x10f（x2x1）1f（x2）=fx1+（x2x1）=f（x1）+f（x2x1）1f（x1），f（x）是R上的增函數(shù)（2）f（4）=f（2）+f（2）1=5，f（2）=3f（3m2m2）3=f（2）又由（1）的結(jié)論知，f（x）是R上的增函數(shù)，3m2m22，3m2m40，1m7函數(shù)f（x）對(duì)任意的a、bR，都有f（a+b）=f（a）+f（b）1，并且當(dāng)x0時(shí)，f（x）1（1）求證：f（x）是R上的增函數(shù)；（2）若f（2）=3，解不等式f（m2）3【分析】（1）先任取x1

13、x2，x2x10由當(dāng)x0時(shí)，f（x）1得到f（x2x1）1，再對(duì)f（x2）按照f(shuō)（a+b）=f（a）+f（b）1變形得到結(jié)論（2）由f（2）=3，再將f（m2）3轉(zhuǎn)化為f（m2）f（2），由（1）中的結(jié)論，利用單調(diào)性求解【解答】解：（1）證明：任取x1x2，x2x10f（x2x1）1f（x2）=fx1+（x2x1）=f（x1）+f（x2x1）1f（x1），f（x）是R上的增函數(shù)（2）f（2）=3f（m2）3=f（2）又由（1）的結(jié)論知，f（x）是R上的增函數(shù)，m22，m4解不等式f（m2）3的解集為：（，4）8已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：f（x+y）=f（x）+f（y）+1，當(dāng)x0時(shí)，f

14、（x）1；（）求：f（0）的值，并證明f（x）在R上是單調(diào)增函數(shù)；（）若f（1）=1，解關(guān)于x的不等式；f（x2+2x）+f（1x）4【分析】（）根據(jù)已知條件中，：f（x+y）=f（x）+f（y）+1，當(dāng)x0時(shí)，f（x）1；令x=y=0，即可求出f（0）的值，在R上任取x1x2，則x1x20，根據(jù)f（x1）=f（x1x2）+x2，結(jié)合已知條件，即可判斷函數(shù)的單調(diào)性；（）若f（1）=1，則我們易將關(guān)于x的不等式；f（x2+2x）+f（1x）4化為f（x2+x+1）f（3），結(jié)合（I）的結(jié)論，可將原不等式化為一個(gè)一元二次不等式，進(jìn)而得到答案【解答】解：（）令x=y=0f（x+y）=f（x）+f（y

15、）+1，f（0）=f（0）+f（0）+1f（0）=1，在R上任取x1x2，則x1x20，當(dāng)x0時(shí)，f（x）1，f（x1x2）1則f（x1）=f（x1x2）+x2，=f（x1x2）+f（x2）+1f（x2），f（x）在R上是單調(diào)增函數(shù)（）由f（1）=1得：f（2）=3，f（3）=5，則關(guān)于x的不等式；f（x2+2x）+f（1x）4可化為關(guān)于x的不等式；f（x2+2x）+f（1x）+15，即關(guān)于x的不等式；f（x2+x+1）f（3），由（）的結(jié)論知f（x）在R上是單調(diào)增函數(shù)，故x2+x+13，解得：x2或x1，故原不等式的解集為：（，2）（1，+）9定義在R上的函數(shù)y=f（x）對(duì)任意的x、yR，滿

16、足條件：f（x+y）=f（x）+f（y）1，且當(dāng)x0時(shí)，f（x）1（1）求f（0）的值；（2）證明：函數(shù)f（x）是R上的單調(diào)增函數(shù)；（3）解關(guān)于t的不等式f（2t2t）1【分析】（1）用賦值法分析：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）用定義法證明：設(shè)x1x2，則x1=x2+（x1x2），且（x1x2）0，結(jié)合題意可得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，由增函數(shù)的定義即可得證明；（3）根據(jù)題意，結(jié)合

17、函數(shù)的奇偶性與f（0）=1可得2t2t0，解可得t的取值范圍，即可得答案【解答】解：（1）根據(jù)題意，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）證明：設(shè)x1x2，則x1=x2+（x1x2），且x1x20，則有f（x1）=f（x1x2）+x2=f（x2）+f（x1x2）1，即f（x1）f（x2）=f（x1x2）1，又由x1x20，則有f（x1x2）1，故有f（x1）f（x2）=f（x1x2）10，即函數(shù)f（x）為增函數(shù)；（3）根據(jù)題意，f（2t2t）1，又由f（0）=1且函數(shù)f（x）為增函數(shù)，則有2t2t0，解可得0t10

18、定義在R上的函數(shù) y=f（x） 對(duì)任意的x，yR，滿足條件：f（x+y）=f（x）+f（y）2，且當(dāng)x0時(shí)，f（x）2（1）求f（0）的值；（2）證明：函數(shù)f（x）是R上的單調(diào)增函數(shù)；（3）解不等式f（2t2t3）20【分析】（1）由題意 y=f（x） 對(duì)任意的x，yR，關(guān)系式成立，采用賦值法，可得f（0）的值；（2）利用定義證明其單調(diào)性（3）利用單調(diào)性及f（0）的值，求解不等式即可【解答】解：由題意：函數(shù) y=f（x）定義在R上 對(duì)任意的x，yR滿足條件：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）的值為：2（2）證明：設(shè)x1x2，x1、x2R，則x2x10，由（1）可得f（x2x1）2因?yàn)閷?duì)任意實(shí)數(shù)