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\(x_1<x_2\in R\)，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\(x_1<x_2\in R\)，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\(m，n\in R\)，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\(x_1，x_2\in R\)，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：\(m，n\in R\)，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\(a\in (-3，2)\)。