Question

6．已知函數(shù)y=f（x）是單調(diào)遞增函數(shù)，其反函數(shù)是y=f^-1（x）．
（1）若y=x²-1（x＞$\frac{1}{2}$），求y=f^-1（x）并寫出定義域M；
（2）對于（1）的y=f^-1（x）和M，設(shè)任意x₁∈M，x₂∈M，x₁≠x₂，求證：|f^-1（x₁）-f^-1（x₂）|＜|x₁-x₂|；
（3）求證：若y=f（x）和y=f^-1（x）有交點(diǎn)，那么交點(diǎn)一定在y=x上．

Answer 1

分析 （1）由$y={x^2}-1（{x＞\frac{1}{2}}）$，解得x=$\sqrt{y+1}$，把x與y互換，即可得出y=f^-1（x）；
（2）任意取x₁∈M，x₂∈M，x₁≠x₂，則$|{{f^{-1}}（{x_1}）-{f^{-1}}（{x_2}）}|=|{\sqrt{{x_1}+1}-\sqrt{{x_2}+1}}|=\frac{{|{{x_1}-{x_2}}|}}{{\sqrt{{x_1}+1}+\sqrt{{x_2}+1}}}$，利用不等式的性質(zhì)即可證明；
（3）設(shè)（a，b）是y=f（x）和y=f^-1（x）的交點(diǎn)，即$\left\{\begin{array}{l}b=f（a）\\ b={f^{-1}}（a）\end{array}\right.$，可得a=f（b），b=f（a），對a與b的大小關(guān)系分類討論，再利用反函數(shù)的性質(zhì)即可證明．

解答 （1）解：由$y={x^2}-1（{x＞\frac{1}{2}}）$，解得x=$\sqrt{y+1}$，把x與y互換，可得y=f^-1（x）=$\sqrt{x+1}$，x$＞-\frac{3}{4}$，M=$（-\frac{3}{4}，+∞）$．
（2）證明：任意取x₁∈M，x₂∈M，x₁≠x₂，則$|{{f^{-1}}（{x_1}）-{f^{-1}}（{x_2}）}|=|{\sqrt{{x_1}+1}-\sqrt{{x_2}+1}}|=\frac{{|{{x_1}-{x_2}}|}}{{\sqrt{{x_1}+1}+\sqrt{{x_2}+1}}}$，
∵${x_1}＞-\frac{3}{4}$，∴$\sqrt{{x_1}+1}＞\frac{1}{2}$，${x_2}＞-\frac{3}{4}$，∴$\sqrt{{x_2}+1}＞\frac{1}{2}$，∴$\sqrt{{x_1}+1}+\sqrt{{x_2}+1}＞1$，∴$0＜\frac{1}{{\sqrt{{x_1}+1}+\sqrt{{x_2}+1}}}＜1$，
∴$\frac{{|{{x_1}-{x_2}}|}}{{\sqrt{{x_1}+1}+\sqrt{{x_2}+1}}}＜|{{x_1}-{x_2}}|$，∴$|{{f^{-1}}（{x_1}）-{f^{-1}}（{x_2}）}|＜|{{x_1}-{x_2}}|$．
（3）證明：設(shè)（a，b）是y=f（x）和y=f^-1（x）的交點(diǎn)，
即$\left\{\begin{array}{l}b=f（a）\\ b={f^{-1}}（a）\end{array}\right.$，∴a=f（b），b=f（a），
當(dāng)a=b，顯然在y=x上；                                             
當(dāng)a＞b，函數(shù)y=f（x）是單調(diào)遞增函數(shù)，∴f（a）＞f（b），∴b＞a矛盾；
當(dāng)a＜b，函數(shù)y=f（x）是單調(diào)遞增函數(shù)，∴f（a）＜f（b），∴b＜a矛盾；
因此，若y=f（x）和y=f^-1（x）的交點(diǎn)一定在y=x上．

點(diǎn)評 本題考查了反函數(shù)的求法及其性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．