抽象函数的定义域和单调性.doc

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1、抽象函数的定义域和单调性【自我诊断】1．设函数f(x)的定义域是R，对任意实数m，n满足f(m＋n)＝f(m)·f(n)，当x＞0时，有f(x)＞0，则f(0)＝________．【答案】1．【解析】令m＝1，n＝0，代入式子可得f(1)＝f(1)·f(0)，当x＞0时，有f(x)＞0，所以f(1)≠0，所以f(0)＝1．2．已知函数f(x)＝，则函数y＝f(x)的定义域是________，y＝f(2x－1)的定义域是____．【答案】[0，＋∞)，[，＋∞)．【解析】对于函数y＝f(x)，即y＝，由x≥0得定义域为[0，＋∞)；对于函数y＝f(2x－1)，即y＝，由2x－1≥0，

2、解得x≥，所以定义域为[，＋∞)．3．若函数f(x＋1)的定义域是[－2，2)，求函数g(x)＝f(2x＋1)＋f(x－1)的定义域．【答案】[0，1)．【解析】对于函数f(x＋1)，x∈[－2，2)，所以x＋1∈[－1，3)．所以对于函数g(x)，满足，化简得，所以0≤x＜1，则定义域为[0，1)．4．设f(x)是R上的增函数，令F(x)＝f(x)－f(1－x)，求证：F(x)在R上是增函数．【证明】任取x1，x2∈R，且x1＜x2，则1－x1＞1－x2，x2－x1＞0．因为f(x)是R上的增函数，所以f(x1)＜f(x2)，f(1－x1)＞f(1－x2)，所以f(x1)－f(x

3、2)＜0，f(1－x2)－f(1－x1)＜0，所以F(x1)－F(x2)＝[f(x1)－f(1－x1)]－[f(x2)－f(1－x2)]＝[f(x1)－f(x2)]＋[f(1－x2)－f(1－x1)]＜0，即F(x1)＜F(x2)，所以F(x)在R上是增函数．5．已知函数f(x)对任意x，y∈R，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，满足f(1)＝－，且当x＞0时，f(x)＜0．（1）判断f(x)的单调性并证明；（2）求f(x)在[－3，3]上的最值．【解析】（1）f(x)在R上单调递减，证明如下：因为f(x)对任意x，y∈R，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，所以，令x＝y＝

4、0，得f(0)＝0．令y＝－x，得f(0)＝f(x)＋f(－x)．即f(－x)＝－f(x)．任取x1，x2∈R，且x1＜x2，则x2－x1＞0．因为x＞0时，f(x)＜0，所以f(x2－x1)＜0．由f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(－x1)＝f(x2－x1)＜0，即f(x2)＜f(x1)，所以f(x)在R上单调递减．（2）因为f(x)在R上单调递减，所以f(x)在[－3，3]上单调递减，所以f(－3)是最大值，f(3)是最小值．f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＝f(1＋1)＋f(1)＝3f(1)＝－1．f(－3)＝－f(3)＝1．所以求f(x)在[－3，3]上的最

5、大值为1，最小值为－1．【反思】背景函数f(x)＝－x．6．定义在区间[－1，1]上的函数f(x)满足当a，b∈[－1，1]时，有af(a)＋bf(b)＞af(b)＋bf(a)恒成立．证明函数f(x)在其定义域上是增函数．【证明】设－1≤x1＜x2≤1，令a＝x1，b＝x2，代入af(a)＋bf(b)＞af(b)＋bf(a)，得x1f(x1)＋x2f(x2)＞x1f(x2)＋x2f(x1)，所以(x1－x2)f(x1)＋(x2－x1)f(x2)＞0，即(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，又因为x1－x2＜0，所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以函

6、数f(x)在其定义域上是增函数．【跟踪训练】1．设f(x)是(0，＋∞)上的减函数，令F(x)＝f(x)－f()，求证：F(x)是(0，＋∞)上的减函数．【证明】任取x1，x2∈R＋，且x1＜x2，则x2－x1＞0，则－＝＞0，所以＞．因为f(x)是R上的减函数，所以f(x1)＞f(x2)，f()＜f()，所以f(x1)－f(x2)＞0，f()－f()＞0，所以F(x1)－F(x2)＝[f(x1)－f()]－[f(x2)－f()]＝[f(x1)－f(x2)]＋[f()－f()]＞0，即F(x1)＞F(x2)，所以F(x)是(0，＋∞)上的减函数．2．已知函数f(x)对任意x，y∈R

7、，都有f(xy)＝f(x)f(y)，满足f(－1)＝1，f(27)＝9，且当0≤x＜1时，0≤f(x)＜1．（1）判断f(x)在[0，＋∞)上的单调性并证明；（2）若a≥0且f(a＋1)≤，求a的取值范围．【解析】（1）设x≥0，则f(x)＝f(·)＝f()f()＝[f()]≥0，若存在x0＞0，使得f(x0)＝0，则f(27)＝f(x0·)＝f(x0)·f()＝0．这与已知矛盾，所以当x＞0时，f(x)＞0．设0≤x1＜x2，则0≤＜1，所以0≤f()＜1，因此f(