抽象函數的單調性證明

前言

一般來說，對於函數的單調性的證明方法，可以使用定義法和導數法，但是導數法往往需要依托解析式，故對抽象函數的單調性的證明方法，就只能使用定義法了。比如需要證明增函數，常常令\(x_1<x_2\)，然后想辦法證明\(f(x_1)-f(x_2)<0\)；

注意涉及抽象函數的單調性的變形技巧；

典例剖析

例1 【定義法】【抽象函數的單調性-變形1】定義在\(R\)上的函數\(f(x)\)滿足\(f(x+y)=f(x)+f(y)-1\)，且\(x>0\)時，\(f(x)<1\)，判定函數單調性。

分析：令\(x_1<x_2\in R\)，則\(x_2-x_1>0\)，故\(f(x_2-x_1)<1\)；

則有\(f(x_2)-f(x_1)=f[(x_2-x_1)+x_1]-f(x_1)\)\(=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1-f(x_1)\)\(=f(x_2-x_1)-1<0\)，

即\(f(x_2)<f(x_1)\)，

由\(x_1<x_2\in R\)，以及\(f(x_2)<f(x_1)\)，故函數\(f(x)\)在\(R\)上單調遞減。

注意變形：\(f(x_2)=f[(x_2-x_1)+x_1]=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1\)

例2 【定義法】【抽象函數的單調性-變形2】【2018·德州模擬】已知定義在\((0，＋\infty)\)上的函數\(f(x)\)，滿足 \(f(xy)＝f(x)＋f(y)\)，\(x＞1\) 時，\(f(x)＜0\)，判斷函數\(f(x)\)的單調性．

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

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

故函數\(f(x)\)在\((0，＋\infty)\)上單調遞減。

注意變形：\(f(x_2)=f[(\cfrac{x_2}{x_1})\cdot x_1]=f(\cfrac{x_2}{x_1})+f(x_1)\)

例3 【定義法】【抽象函數的單調性-變形3】已知函數\(f(x)\)的定義域為\(R\)，對任意實數\(m\)，\(n\)都滿足\(f(m+n)=f(m)+f(n)+\cfrac{1}{2}\)，且\(f(\cfrac{1}{2})=0\)，當\(x>\cfrac{1}{2}\)時，\(f(x)>0\)；

（1）求\(f(1)\)；

分析：賦值法，令\(m=n=\cfrac{1}{2}\)，則\(f(1)=2f(\cfrac{1}{2})+\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{2}\)；

（2）判斷函數\(f(x)\)的單調性，並證明。

分析：令\(m=n=0\)，則得到\(f(0)=-\cfrac{1}{2}\)，

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

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

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

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

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

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

故函數\(f(x)\)在\(R\)上單調遞增。

解后反思：為了利用條件\(x>\cfrac{1}{2}\)時，\(f(x)>0\)，故變形\(f(x_2-x_1)=f[(x_2-x_1+\cfrac{1}{2})+(-\cfrac{1}{2})]\)

例4 【2019屆高三理科教學資料用題】函數\(f(x)\)對任意的\(m，n\in R\)，都有\(f(m+n)=f(m)+f(n)-1\)，並且\(x>0\)，恆有\(f(x)>1\)。

（1）求證：\(f(x)\)在\(R\)上是增函數；

證明：設\(x_1，x_2\in R\)，且\(x_1 < x_2\)，則\(x_2-x_1 >0\)，

由題目當\(x >0\)，恆有\(f(x) >1\)，則\(f(x_2-x_1)>1\)，

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

則\(f(x_2)-f(x_1)=f(x_2-x_1)-1>0\)，

故\(f(x_1)< f(x_2)\)，即\(f(x)\)在\(R\)上是增函數；

（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\(m=n=1\)，則\(f(1+1)=f(1)+f(1)-1\)，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\(R\)上是增函數；

則有\(a^2+a-5<1\)，解得\(a\in (-3，2)\)。