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，应该使用定义法和导数法，但是导数法是有缺陷的，因为它往往需要依托解析式才可以证明，故针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

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

【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：\(f(x_2)=f[(\cfrac{x_2}{x_1})\cdot x_1]=f(\cfrac{x_2}{x_1})+f(x_1)\)

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

【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\(a\in (-3，2)\)。

【定义法】【2024·高一期末考试】已知函数\(f(x)\)的定义域为 \((0,+\infty)\)，且对任意的正实数 \(x，y\)，都有\(f(xy)=f(x)+f(y)\)，并且当 \(x>1\)时，恒有\(f(x)>0\)，\(f(4)=1\)，

(1). 求证：\(f(1)=0\)；

分析：赋值法，令 \(x=y=1\)，则 \(f(1\times1)=f(1)+f(1)\)，整理即得到， \(f(1)=0\)；

(2). 求 \(f(\cfrac{1}{16})\)；

分析：赋值法，令 \(y=\cfrac{1}{x}\)，则 \(f(x\times\cfrac{1}{x})=f(x)+f(\cfrac{1}{x})\)，即 \(f(x)+f(\cfrac{1}{x})=f(1)=0\)，

即 \(f(\cfrac{1}{x})=-f(x)\)，故 \(f(\cfrac{1}{16})=-f(16)\)，

令 \(x=y=4\)，则 \(f(16)=2f(4)=2\)，故 \(f(\cfrac{1}{16})=-2\) .

(3). 解不等式 \(f(x)+f(x-3)\leqslant 1\) .

分析： 令 \(0<x_1<x_2\)， 则 \(\cfrac{x_2}{x_1}>1\)，由 \(x>1\)时，恒有\(f(x)>0\)，可得到 \(f(\cfrac{x_2}{x_1})>0\)，

则 \(f(x_2)=f(\cfrac{x_2}{x_1}\cdot x_1)=f(\cfrac{x_2}{x_1})+f(x_1)>f(x_1)\)，

故 函数 \(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增，

由 \(f(x)+f(x-3)\leqslant 1\)，变形得到 \(f[x\cdot(x-3)]\leqslant 1=f(4)\)， ^[1]

上式等价于 \(\left\{\begin{array}{l}{x>0}\\{x-3>0}\\{x\cdot(x-3)\leqslant 4}\end{array}\right.\quad\)

解得，\(3<x\leqslant 4\)，故解集为 \((3,4]\) .

【2021届高三文科数学用题】已知函数 \(f(x)\) 在 \(R\) 上的图像是连续不断的一条曲线，当 \(x>0\) 时， \(f(x)<2\)， 对任意的 \(x\)， \(y\in R\)， \(f(x)\)\(+\)\(f(y)\)\(=\)\(f(x+y)+2\) 成立，若数列 \(\{a_{n}\}\) 满足 \(a_{1}=f(0)\)， 且\(f(a_{n+1})=f(\cfrac{a_{n}}{a_{n}+3})\)，\(n\in {N}_{+}\)， 则 \(a_{2018}\) 的值为【\(\quad\)】

$A.2$ $B.\cfrac{6}{2\times 3^{2017}-1}$ $C.\cfrac{2}{2\times 3^{2017}-1}$ $D.\cfrac{2}{2\times 3^{2016}-1}$

解析: 令 \(x=y=0\) 得 \(f(0)=2\)， 所以 \(a_{1}=2\)，

设 \(x_{1}\)， \(x_{2}\) 是 \(R\) 上的任意两个数，且 \(x_{1}<x_{2}\)， 则 \(x_{2}-x_{1}>0\)，

因为当 \(x>0\) 时， \(f(x)<2\)，所以 \(f(x_{2}-x_{1})<2\)，

又由于对任意的 \(x\)， \(y\in R\)， \(f(x)\)\(+\)\(f(y)\)\(=\)\(f(x+y)+2\) 成立，

即对任意的 \(x\)， \(y\in R\)，\(f(x+y)=\)\(f(x)\)\(+\)\(f(y)\)\(-2\) 成立，

即 \(f(x_{2})=f(x_{2}-x_{1}+x_{1})=f[(x_{2}-x_{1})+x_{1}]\)

\(=f(x_{2}-x_{1})+f(x_{1})-2<2+f(x_{1})-2=f(x_{1})\)，

即当 \(x_{1}<x_{2}\)，\(f(x_2)<f(x_1)\)，所以 \(f(x)\) 在 \(R\) 上是减函数，

因为 \(f(a_{n+1})=f(\cfrac{a_{n}}{a_{n}+3})\)，所以 \(a_{n+1}=\cfrac{a_{n}}{a_{n}+3}\)， 使用倒数法得到，

即 \(\cfrac{1}{a_{n+1}}=\cfrac{3}{a_{n}}+1\)，两边同加常数\(\cfrac{1}{2}\)，得到，

所以 \(\cfrac{1}{a_{n+1}}+\cfrac{1}{2}=3(\cfrac{1}{a_{n}}+\cfrac{1}{2})\)，

所以 \(\{\cfrac{1}{a_{n}}+\cfrac{1}{2}\}\) 是以 \(1\) 为首项， \(3\) 为公比的等比数列，所以 \(\cfrac{1}{a_{n}}+\cfrac{1}{2}=3^{n-1}\)，

即 \(a_{n}=\cfrac{2}{2\times 3^{n-1}-1}\)，所以 \(a_{2018}=\cfrac{2}{2\times 3^{2017}-1}\)， 故选 \(C\)。

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1. \(f(\cfrac{x_2}{x_1}\cdot x_1)=f(\cfrac{x_2}{x_1})+f(x_1)\) 是已知公式的正用，
   \(f(x)+f(x-3)=f[x\cdot(x-3)]\) 是已知公式的逆用。 ↩︎