定义在R上的函数y=f（x），对任意的a，b∈R，满足f（a+b）=f（a）?f（b），当x＞0时，有f（x）＞1，其中f（1）=2，（1）求证：f（0）=1；（2）求f（-1）的值并判断该函数的奇偶性；（3）求不等式f（x+1）＜4的解集．试题及答案-单选题-云返教育

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定义在R上的函数y=f（x），对任意的a，b∈R，满足f（a+b）=f（a）?f（b），当x＞0时，有f（x）＞1，其中f（1）=2，
（1）求证：f（0）=1；
（2）求f（-1）的值并判断该函数的奇偶性；
（3）求不等式f（x+1）＜4的解集．

试题解答

见解析

解：（1）证明：因为对任意的a，b∈R，满足f（a+b）=f（a）?f（b），
∴令a=1，b=0，则f（1）=f（1）?f（0），即2=2f（0），
∴f（0）=1．
（2）令a=x，b=-x，则有f（0）=f（x-x）=f（x）?f（-x）=1，
∴f（-x）=

f(x)

，
∵f（1）=2，
∴f（-1）=

f(1)

从而可知f（-1）≠f（1）且f（-1）≠-f（1）所以原函数既不是奇函数，也不是偶函数．
（3）先证明y=f（x）在R上是单调递增函数．
设x₁、x₂∈R且x₁＜x₂
则f（x₁）-f（x₂）
=f（x₁）-f[（x₂-x₁）+x₁]
=f（x₁）-f（x₂-x₁）?f（x₁）
=f（x₁）[1-f（x₂-x₁）]，
∵f（0）=f（x-x）=f（x）?f（-x）=1
∴f（x）与f（-x）同号，又x＞0时f（x）＞1
∴f（x）与f（-x）同为正值，
∴f（x₁）＞0，
又x₂-x₁＞0
∴f（x₂-x）＞1即1-f（x₂-x₁）＜0
∴f（x₁）[1-f（x₂-x₁）]＜0即f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在R上为单调递增函数．
由已知f（1）=2，
∴f（x+1）＜4可变为f（x+1）＜f（1）?f（1），
即f（x+1）＜f（1+1），
∵f（x）在R上为单调递增函数，
∴x+1＜2，即x＜1．
∴所求不等式的解集为：{x|x＜1}．

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必修1 人教A版单选题高中数学

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