抽象函数的单调性证明

前言

一般来说,对于函数的单调性的证明方法,可以使用定义法和导数法,但是导数法往往需要依托解析式,故对抽象函数的单调性的证明方法,就只能使用定义法了。比如需要证明增函数,常常令(x_1<x_2),然后想办法证明(f(x_1)-f(x_2)<0)

注意涉及抽象函数的单调性的变形技巧;

典例剖析

例1【定义法】【抽象函数的单调性-变形1】定义在(R)上的函数(f(x))满足(f(x+y)=f(x)+f(y)-1),且(x>0)时,(f(x)<1),判定函数单调性。

分析:令(x_1<x_2in R),则(x_2-x_1>0),故(f(x_2-x_1)<1)

则有(f(x_2)-f(x_1)=f[(x_2-x_1)+x_1]-f(x_1))(=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1-f(x_1))(=f(x_2-x_1)-1<0)

(f(x_2)<f(x_1))

(x_1<x_2in R),以及(f(x_2)<f(x_1)),故函数(f(x))(R)上单调递减。

注意变形:(f(x_2)=f[(x_2-x_1)+x_1]=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1)

例2【定义法】【抽象函数的单调性-变形2】【2018·德州模拟】已知定义在((0,+infty))上的函数(f(x)),满足 (f(xy)=f(x)+f(y))(x>1) 时,(f(x)<0),判断函数(f(x))的单调性.

分析:令(0<x_1<x_2),则(cfrac{x_2}{x_1}>1),故(f(cfrac{x_2}{x_1})<0)

则有(f(x_2)-f(x_1)=f[(cfrac{x_2}{x_1})cdot x_1]-f(x_1))(=f(cfrac{x_2}{x_1})+f(x_1)-f(x_1))(=f(cfrac{x_2}{x_1})<0)

故函数(f(x))((0,+infty))上单调递减。

注意变形:(f(x_2)=f[(cfrac{x_2}{x_1})cdot x_1]=f(cfrac{x_2}{x_1})+f(x_1))

例3【定义法】【抽象函数的单调性-变形3】已知函数(f(x))的定义域为(R),对任意实数(m)(n)都满足(f(m+n)=f(m)+f(n)+cfrac{1}{2}),且(f(cfrac{1}{2})=0),当(x>cfrac{1}{2})时,(f(x)>0)

(1)求(f(1))

分析:赋值法,令(m=n=cfrac{1}{2}),则(f(1)=2f(cfrac{1}{2})+cfrac{1}{2}=cfrac{1}{2})

(2)判断函数(f(x))的单调性,并证明。

分析:令(m=n=0),则得到(f(0)=-cfrac{1}{2})

(m=-n),则(f(m-m)=f(m)+f(-m)+cfrac{1}{2}),则(f(m)+f(-m)=-1)

(m=cfrac{1}{2}),由(f(m)+f(-m)=-1)(f(cfrac{1}{2})=0),得到(f(-cfrac{1}{2})=-1)

(x_2>x_1),则(x_2-x_1>0),则(x_2-x_1+cfrac{1}{2}>cfrac{1}{2}),则(f(x_2-x_1+cfrac{1}{2})>0)

(f(x_2)-f(x_1)=f[(x_2-x_1)+x_1]-f(x_1)=f(x_2-x_1)+f(x_1)+cfrac{1}{2}-f(x_1))

(=f(x_2-x_1)+cfrac{1}{2}=f[(x_2-x_1+cfrac{1}{2})+(-cfrac{1}{2})]+cfrac{1}{2})

(=f(x_2-x_1+cfrac{1}{2})+f(-cfrac{1}{2})+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{2}=f(x_2-x_1+cfrac{1}{2})-1+1)

(=f(x_2-x_1+cfrac{1}{2})>0),即(f(x_2)>f(x_1))

故函数(f(x))(R)上单调递增。

解后反思:为了利用条件(x>cfrac{1}{2})时,(f(x)>0),故变形(f(x_2-x_1)=f[(x_2-x_1+cfrac{1}{2})+(-cfrac{1}{2})])

例4【2019届高三理科教学资料用题】函数(f(x))对任意的(m,nin R),都有(f(m+n)=f(m)+f(n)-1),并且(x>0),恒有(f(x)>1)

(1)求证:(f(x))(R)上是增函数;

证明:设(x_1,x_2in R),且(x_1 < x_2),则(x_2-x_1 >0)

由题目当(x >0),恒有(f(x) >1),则(f(x_2-x_1)>1)

(f(x_2)=f[(x_2-x_1)+x_1]=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1)

(f(x_2)-f(x_1)=f(x_2-x_1)-1>0)

(f(x_1)< f(x_2)),即(f(x))(R)上是增函数;

(2)若(f(3)=4),解不等式(f(a^2+a-5)<2)

分析:(m,nin R),都有(f(m+n)=f(m)+f(n)-1)

(m=n=1),则(f(1+1)=f(1)+f(1)-1),即(f(2)=2f(1)-1)

又由已知(f(3)=4),即(4=f(2+1)=f(2)+f(1)-1)

(3f(1)-2=4),即(f(1)=2),也即(2=f(1))

(f(a^2+a-5)<2=f(1)),又(f(x))(R)上是增函数;

则有(a^2+a-5<1),解得(ain (-3,2))

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