Question

6．已知函数y=f（x）是单调递增函数，其反函数是y=f^-1（x）．
（1）若y=x²-1（x＞$\frac{1}{2}$），求y=f^-1（x）并写出定义域M；
（2）对于（1）的y=f^-1（x）和M，设任意x₁∈M，x₂∈M，x₁≠x₂，求证：|f^-1（x₁）-f^-1（x₂）|＜|x₁-x₂|；
（3）求证：若y=f（x）和y=f^-1（x）有交点，那么交点一定在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与y互换，即可得出y=f^-1（x）；
（2）任意取x₁∈M，x₂∈M，x₁≠x₂，则$|{{f^{-1}}（{x_1}）-{f^{-1}}（{x_2}）}|=|{\sqrt{{x_1}+1}-\sqrt{{x_2}+1}}|=\frac{{|{{x_1}-{x_2}}|}}{{\sqrt{{x_1}+1}+\sqrt{{x_2}+1}}}$，利用不等式的性质即可证明；
（3）设（a，b）是y=f（x）和y=f^-1（x）的交点，即$\left\{\begin{array}{l}b=f（a）\\ b={f^{-1}}（a）\end{array}\right.$，可得a=f（b），b=f（a），对a与b的大小关系分类讨论，再利用反函数的性质即可证明．

解答 （1）解：由$y={x^2}-1（{x＞\frac{1}{2}}）$，解得x=$\sqrt{y+1}$，把x与y互换，可得y=f^-1（x）=$\sqrt{x+1}$，x$＞-\frac{3}{4}$，M=$（-\frac{3}{4}，+∞）$．
（2）证明：任意取x₁∈M，x₂∈M，x₁≠x₂，则$|{{f^{-1}}（{x_1}）-{f^{-1}}（{x_2}）}|=|{\sqrt{{x_1}+1}-\sqrt{{x_2}+1}}|=\frac{{|{{x_1}-{x_2}}|}}{{\sqrt{{x_1}+1}+\sqrt{{x_2}+1}}}$，
∵${x_1}＞-\frac{3}{4}$，∴$\sqrt{{x_1}+1}＞\frac{1}{2}$，${x_2}＞-\frac{3}{4}$，∴$\sqrt{{x_2}+1}＞\frac{1}{2}$，∴$\sqrt{{x_1}+1}+\sqrt{{x_2}+1}＞1$，∴$0＜\frac{1}{{\sqrt{{x_1}+1}+\sqrt{{x_2}+1}}}＜1$，
∴$\frac{{|{{x_1}-{x_2}}|}}{{\sqrt{{x_1}+1}+\sqrt{{x_2}+1}}}＜|{{x_1}-{x_2}}|$，∴$|{{f^{-1}}（{x_1}）-{f^{-1}}（{x_2}）}|＜|{{x_1}-{x_2}}|$．
（3）证明：设（a，b）是y=f（x）和y=f^-1（x）的交点，
即$\left\{\begin{array}{l}b=f（a）\\ b={f^{-1}}（a）\end{array}\right.$，∴a=f（b），b=f（a），
当a=b，显然在y=x上；                                             
当a＞b，函数y=f（x）是单调递增函数，∴f（a）＞f（b），∴b＞a矛盾；
当a＜b，函数y=f（x）是单调递增函数，∴f（a）＜f（b），∴b＜a矛盾；
因此，若y=f（x）和y=f^-1（x）的交点一定在y=x上．

点评 本题考查了反函数的求法及其性质、函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．