2.2-抽象函數(shù)單調(diào)性

3.4抽象函數(shù)單調(diào)性12

3例3.已知f(x)的定義域為R，且對任意實數(shù)x，y都滿足f(x+y)=f(x)+f(y).(1)證明:f(0)=0.(2)證明f(x)為奇函數(shù).

判斷單調(diào)性(3)若當(dāng)t>0時，f(t)<0.判斷f(x)的單調(diào)性.關(guān)鍵：

1.緊扣單調(diào)性定義.圍繞化簡f(x2)-f(x1).2.令f(x2)=f[(x2-x1)+x1]4【變式】函數(shù)f(x)對任意的a、b∈R,都有

f(a+b)=f(a)+f(b)-1,并且當(dāng)x>0時，f(x)>1.

（1）求證：f(x)是R上的增函數(shù)；（2）若f(4)=5,解不等式f(3m2-m-2)<3.

問題(1)是抽象函數(shù)單調(diào)性的證明,所以要用單調(diào)性的定義.

問題(2)將函數(shù)不等式中抽象的函數(shù)符號“f”運用單調(diào)性“去掉”,為此需將右邊常數(shù)3看成某個變量的函數(shù)值.思維啟迪5解（1）設(shè)x1,x2∈R，且x1<x2,則x2-x1>0,∴f(x2-x1)>1.2分f(x2)-f(x1)=f((x2-x1)+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1>0.5分∴f（x2）>f(x1).即f(x)是R上的增函數(shù).6分6（2）∵f（4）=f（2+2）=f（2）+f（2）-1=5，∴f（2）=3，8分∴原不等式可化為f(3m2-m-2)<f(2),∵f(x)是R上的增函數(shù)，∴3m2-m-2<2,10分解得-1<m<,故解集為12分

f(x)在定義域上（或某一單調(diào)區(qū)間上）具有單調(diào)性，則f(x1)<f(x2)f(x1)-f(x2)<0,若函數(shù)是增函數(shù),則f(x1)<f(x2)x1<x2,函數(shù)不等式（或方程）的求解，總是想方設(shè)法去掉抽象函數(shù)的符號，化為一般不等式（或方程）求解，但無論如何都必須在定義域內(nèi)或給定的范圍內(nèi)進(jìn)行.探究提高7例4.已知不為0的函數(shù)f(x)的定義域為R，且對任意實數(shù)x，y都滿足:f(x+y)=f(x)f(y).(1)證明:f(0)=1.(2)證明：.(3)證明：f(x)>0(4)當(dāng)x>0時，f(x)>1.判斷f(x)的單調(diào)性.(5)在（4）的條件下，若f(1)=2時，解不等式.8例5：已知定義在區(qū)間（0，+∞）上的函數(shù)f(x)

滿足，且當(dāng)x>1時，f(x)<0.

（1）求f(1)的值；（2）判斷f(x）的單調(diào)性；（3）若f(3)=-1,解不等式f(|x|)<-2.

解（1）令x1=x2>0,

代入得f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故f(1)=0.9（2）任取x1,x2∈(0,+∞)，且x1>x2,則由于當(dāng)x>1時，f(x)<0,所以即f(x1)-f(x2)<0,因此f(x1)<f(x2),所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上是單調(diào)遞減函數(shù).（3）由=f(x1)-f(x2)得

=f(9)-f(3),而f(3)=-1,所以f(9)=-2.由于函數(shù)f(x)在區(qū)間（0,+∞）上是單調(diào)遞減函數(shù)，由f(|x|)<f(9),得|x|>9,∴x>9或x<-9.因此不等式的解集為{x|x>9或x<-9}.101.根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性的定義，證明（判定）函數(shù)f(x)

在其區(qū)間上的單調(diào)性，其步驟是（1）設(shè)x1、x2是該區(qū)間上的任意兩個值，且