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)，

即(f(x_2)<f(x_1))，

由(x_1<x_2in R)，以及(f(x_2)<f(x_1))，故函数(f(x))在(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))在((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})，

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

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

令(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)

则(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))在(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))在(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)

则(f(x_2)-f(x_1)=f(x_2-x_1)-1>0)，

故(f(x_1)< f(x_2))，即(f(x))在(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)，

令(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)，

即(3f(1)-2=4)，即(f(1)=2)，也即(2=f(1))

故(f(a^2+a-5)<2=f(1))，又(f(x))在(R)上是增函数；

则有(a^2+a-5<1)，解得(ain (-3，2))。