高中数学解题模板与方法专题06 确定抽象函数单调性解函数不等式
SXA204高考数学必修_利用函数单调性解抽象函数不等式问题
利用函数单调性解抽象函数不等式问题抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，仅含有抽象的函数符号、抽象的函数结构式或抽象的函数关系式的一种函数，特别是抽象函数不等式问题，是抽象函数的最常见题型．下面介绍两例．例1 若()f x 是定义在(0，＋∞)上的减函数，且对一切a 、b ∈(0，＋∞)，都有()a f b=()f a －()f b ，且(4)f = 1，解不等式(6)f x +－1()f x＞2． 解：因为()a f b=()f a －()f b ，且(4)f = 1， 所以有(6)f x +－1()f x ＞2⇒(6)f x +－1()f x＞2(4)f ⇒2(6)f x x +－(4)f ＞(4)f ⇒26()4x x f +＞(4)f ．由于()f x 是 (0，＋∞)上的减函数，因此有210,60,6 4.4x x x x ⎧>⎪⎪+>⎨⎪+⎪<⎩⇒0,6,8 2.x x x >⎧⎪>-⎨⎪-<<⎩⇒0＜x ＜2．故原不等式的解为0＜x ＜2．评注：⑴若函数()f x 在区间D 上单调递增，且x 1、x 2∈D ，则由1()f x ＜2()f x 可得x 1＜x 2；⑵若函数()f x 在区间D 上单调递减，且x 1、x 2∈D ，则由1()f x ＜2()f x 可得x 1＞x 2．利用这两个性质，就能去掉抽象函数中的符号“f ”，将不等式中的函数关系式转化为自变量之间的关系．例2 若非零函数()f x 满足下列三个条件：①对任意实数a 、b 均有()f a b -=()()f a f b ；②当x ＜0时，()f x ＞1；③(4)f =116．试解不等式(3)f x -·2(5)f x -≤14． 解：在()f a b -=()()f a f b 中令a = b ，得(0)f = 1，()f b -=(0)f b -=1()f b ， 所以()f a b +=[()f a b --=()()f a f b -=()f a ·()f b ． 所以()f x =()22x x f +=()2x f ·()2x f =2()2x f ＞0 (因为()f x ≠0)．从而(4)f =2(2)f =116，得(2)f =±14． 又因为对一切x ∈R ，()f x ＞0，所以(2)f =14． 原不等式可化为(3)f x -·2(5)f x -=[(3)f x -+2(5)]x -≤14=(2)f ． 设x 1＜x 2，则x 1－x 2＜0⇒12()f x x -＞1，即12()f x x -=12()()f x f x ＞1， 又由已知2()f x ＞0，则1()f x ＞2()f x ，即y =()f x 是减函数． 所以不等式[(3)f x -+2(5)]x -≤(2)f 可化为x －3＋5－x 2≥2，解得0≤x ≤1． 故原不等式的解为0≤x ≤1．评注：解抽象函数不等式，关键步骤为：一是把不等式化为()f x ＞()f ∆的形式，二是要判断函数的单调性．然后再根据函数的单调性，将抽象函数不等式的符号“f ”去掉，得到具体的不等式求解．。
高考数学解题方法专题讲解(3)抽象函数单调性的判断方法
高考数学解题方法专题讲解专题(三) 抽象函数单调性的判断方法[例] [2021·西安模拟]已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，②当x>0时，f(x)>－1.(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调增函数；(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4.解题视点：(1)对于抽象函数的单调性的证明，只能用定义．应该构造出f(x2)－f(x1)并与0比较大小．(2)将函数不等式中的抽象函数符号“f”运用单调性“去掉”是本小题的切入点．要构造出f(M)<f(N)的形式．解析：(1)令x＝y＝0得f(0)＝－1.证明如下：在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，f(x1－x2)>－1.又f(x1)＝f((x1－x2)＋x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1>f(x2)，所以，函数f(x)在R上是单调增函数．(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.由f(x2＋2x)＋f(1－x)>4得f(x2＋x＋1)>f(3)，又函数f(x)在R上是增函数，故x2＋x＋1>3，解之，得x<－2或x>1，故原不等式的解集为{x|x<－2或x>1}．答题模板：解函数不等式问题的一般步骤第一步：确定函数f(x)在给定区间上的单调性；第二步：将函数不等式转化为f(M)<f(N)的形式；第三步：运用函数的单调性“去掉”函数的抽象符号“f”，转化成一般的不等式或不等式组；第四步：解不等式或不等式组确定解集；第五步：反思回顾．查看关键点，易错点及解题规范．答题启示：对于抽象函数的单调性的判断仍然要紧扣单调性的定义，结合题目所给性质和相应的条件，对任意x1，x2在所给区间内比较f(x1)－f(x2)与0的大小，或f(x1)，f(x2)同号时比较f(x1)f(x2)与1的大小．有时根据需要，需作适当的变形：如x1＝x2·x1x2或x1＝x2＋x1－x2等．。
第06讲 函数的单调性的判断证明和单调区间的求法高中数学常见题型解法归纳反馈训练及详细解析
【知识要点】一、判断函数单调性的方式判断函数单调性一般有四种方式：单调四法 导数概念复合图像 一、概念法用概念法判断函数的单调性的一般步骤：①取值，设D x x ∈21,，且12x x <；②作差，求)()(21x f x f -；③变形〔归并同类项、通分、分解因式、配方等〕；④判断)()(21x f x f -的正负符号；⑤按照函数单调性的概念下结论.二、复合函数分析法设()y f u =，()u g x =[,]x a b ∈，[,]u m n ∈都是单调函数，那么[()]y f g x =在[,]a b 上也是单调函数，其单调性由“同增异减〞来肯定，即“里外〞函数增减性一样，复合函数为增函数，“里外〞函数的增减性相反，复合函数为减函数.如下表：3、导数判断法设()f x 在某个区间(,)a b 内有导数()f x '，假设()f x 在区间(,)a b 内，总有()0(()0)f x f x ''><，那么()f x 在区间(,)a b 上为增函数〔减函数〕.4、图像法一般通过条件作出函数图像的草图，若是函数的图像，在某个区间D ，从左到右，逐渐上升，那么函数在这个区间D 是增函数；若是从左到右，是逐渐下降，那么函数是减函数. 二、证明函数的单调性的方式证明函数的单调性一般有三种方式：概念法、复合函数分析法和导数法.由于数学的证明是比拟严谨的，所以图像法只能用来判断函数的单调性，可是不能用来证明. 三、求函数的单调区间求函数的单调区间：单调四法，导数概念复合图像 一、概念法 :由于这种方式比拟复杂，所以一般用的较少.二、复合函数法:先求函数的概念域，再分解复合函数，再判断每一个内层函数的单调性，最后按照复合函数的单调性肯定函数的单调性.3、导数法:先求函数的概念域D ，然后求导()f x '，再解不等式()()0f x '>< ,别离和D 求交集，得函数的递增〔减〕区间 .4、图像法:先利用描点法或图像的变换法作出函数的图像，再观察函数的图像，写出函数的单调区间. 四、一些重要的有效的结论一、奇函数在其对称区间上的单调性一样，如函数xy 1=、x y =和3x y =；偶函数在其对称区间上的单调性相减，如函数2x y =.⨯增函数不必然是增函数，函数x y =和函数3x y =都是增函数，可是它们的乘积函数4x y =不是增函数.3、求函数的单调区间，必需先求函数的概念域，即遵循“函数问题概念域优先的原那么〞.4、单调区间必需用区间来表示，不能用集合或不等式，单调区间一般写成开区间，没必要考虑端点问题. 五、在多个单调区间之间不能用“或〞和“〞()y f x =的增区间为(1,2),(3,5).不要写成(1,2)(3,5).【方式讲评】【例1】证明函数()(0)f x x a x=+>在区间)+∞是增函数. 【点评】〔1〕此题就是利用概念判断函数单调性的典型例题，其中关键是第三步变形，多利用因式分解等知识,可是必然要变形到最后能判断它的符号为止.〔2〕有些同窗在判断)()(21x f x f -的符号时，没有利用到D x x ∈21,，且12x x <，一般情况下是有问题的，必需利用这些条件你才能肯定)()(21x f x f -符号.【反映检测1】讨论函数21)(++=x ax x f )21(≠a 在),2(+∞-上的单调性. 【例2】函数()f x 的概念域是0x ≠的一切实数，对概念域内的任意12,x x ，都有1212()()()f x x f x f x =+，且当1x >时()0f x >，(2)1f =.〔1〕求证()f x 是偶函数；〔2〕()f x 在(0,)+∞上时增函数；〔3〕解不等式2(21)2f x -<. 【解析】12(1)1(1)(1)(1)(1)0x x f f f f ==∴=+∴=令【点评】〔1〕此题是对抽象函数的单调性的判断和证明，其实和具体的函数的单调性的判断和证明的)()(21x f x f -的符号时，难度要大一些，主如果充分利用条件进展变形.(2)此题第2问的关键是对1()f x 的变形，要充分利用条件“1212()()()f x x f x f x =+，且当1x >时()0f x >〞，所以可以这样拆，1122()()x f x f x x =122()()x f x f x =+.〔3〕对于抽象函数的问题，常常利用赋值法解答，即按照解题的需要，给条件中的等式的变量赋适当的值.【反映检测2】()f x 是概念在区间[1,1]-上的奇函数，且(1)1f =，假设,[1,1],0m n m n ∈-+≠时，有()()0f m f n m n +>+.〔1〕解不等式1()(1)2f x f x +<-〔2〕假设2()21f x t at ≤-+对所有[1,1],[1,1]x a ∈-∈-恒成立，求实数t 的取值范围.【例3】函数1ln )1()(2+++=ax x a x f 〔1〕讨论函数)(x f 的单调性；〔2〕设1-<a .若是对任意),0(,21+∞∈x x ，||4)()(|2121x x x f x f -≥-，求a 的取值范围. 〔2〕不妨假设12x x ≥，而a ＜-1，由〔1〕知在〔0，+∞〕单调减少，从而12,(0,)x x ∀∈+∞，1212()()4f x f x x x -≥-等价于 12,(0,)x x ∀∈+∞，2211()4()4f x x f x x +≥+ ①令()()4g x f x x =+，那么1'()24a g x ax x+=++ ①等价于()g x 在〔0，+∞〕单调减少，即1240a ax x+++≤.从而22222241(21)42(21)2212121x x x x a x x x ------≤==-+++ 故a 的取值范围为(,2]-∞-.【点评】〔1〕函数的问题，必需注意概念域优先的原那么，所以利用导数求函数的概念域也必需先考虑函数的概念域.〔2〕对于参数的问题注意分类讨论和别离参数,第1问利用了分类讨论的数学思想，第2问利用了别离参数的方式. 分类讨论和别离参数是处置参数问题很常常利用的两种重要方式.【反映检测3】函数1()ln 1af x x ax x-=-+-()a R ∈. (1)当12a ≤时，讨论()f x 的单调性； 〔2〕设2()2 4.g x x bx =-+当14a =时，假设对任意1(0,2)x ∈，存在[]21,2x ∈，使12()()f x g x ≥，求实数b 取值范围.【例4】 设函数()sin cos 1f x x x x =-++，02x π<<，求函数()f x 的单调区间与极值. 【点评】对于三角函数，也可以利用求导的方式求函数的单调区间和极值，它们的方式是一样的. 【反映检测4】 某地有三家工厂，别离位于矩形ABCD 的极点,A B 及CD 的中点P 处，20AB km =,10CB km = ，为了处置三家工厂的污水，现要在矩形ABCD 的区域上〔含边界〕，且,A B 与等距离的一点O 处建造一个污水处置厂，并铺设排污管道,,AO BO OP ，设排污管道的总长为y km ． 〔1〕按以下要求写出函数关系式：①设()BAO rad θ∠=，将y 表示成θ的函数关系式； ②设OP x =(km ) ，将y 表示成x 的函数关系式．〔2〕请你选用〔1〕中的一个函数关系式，肯定污水处置厂的位置，使三条排污管道总长度最短．【反映检测5】函数()f x 的导函数'()f x ，对x R ∀∈，都有'()()f x f x >成立，假设(ln 2)2f =，那么知足不等式()xf x e >的x 的范围是〔 〕A ．1x >B ．01x <<C ．ln 2x >D ．0ln 2x <<【反映检测6】【2021天津，理6】奇函数()f x 在R 上是增函数，()()g x xf x =.假设2(log 5.1)a g =-，0.8(2)b g =，(3)c g =，那么a ，b ，c 的大小关系为〔 〕〔A 〕a b c << 〔B 〕c b a << 〔C 〕b a c <<〔D 〕b c a <<【例5】【2021课标II ，文8】函数2()ln(28)f x x x =-- 的单调递增区间是〔 〕 A.(,2)-∞- B. (,1)-∞- C. (1,)+∞ D. (4,)+∞【点评】〔1〕函数的问题，无论是具体函数，仍是抽象的函数，都要注意“概念域优先〞的原那么.所以求函数的单调区间，首先必需求函数的概念域. 〔2〕分解函数时，要把函数分解成一些初等函数,才能比拟熟练地写出这些内层函数的单调性.【反映检测7】 函数22()sin 3sin sin()2cos 2f x wx wx wx wx π=+++ (0)x R w ∈>，在y 轴右边的第一个最高点的横坐标为6π. (1)求w ；(2)假设将函数()f x 的图象向右平移6π个单位后，再将取得的图象上各点横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，取得函数()y g x =的图象，求函数()y g x =的最大值及单调递减区间．方法四 图像法使用情景 函数的图像比拟容易画出.解题步骤一般通过条件作出函数图像的草图，如果函数的图像，在某个区间，从左到右，逐渐上升，那么函数在这个区间是增函数；如果从左到右，是逐渐下降，那么函数是减函数.【例6】求函数2()||f x x x =-+的单调区间. 【点评】函数的同种单调区间之间一般不用“〞连接，一般用“，〞隔开.【反映检测8】 函数),1()(0)(-=≥x x x f x R x f 时上的偶函数，当是定义在 〔1〕求函数)(x f 的解析式；〔2〕假设)(x f =2，求x 的值； 〔3〕画出该函数的图像并按照图像写出单调区间.高中数学常见题型解法归纳及反映检测第06讲： 函数的单调性的判断、证明和单调区间的求法参考答案【反映检测1答案】当12a >时，原函数是增函数；当12a <时，原函数是减函数. 【反映检测2答案】〔1〕104x ≤≤；〔2〕022t t t =≥≤-或或【反映检测2详细解析】212121212121()()(1)1,()()()()()()f x f x x x f x f x f x f x x x x x +->>-∴-=+-=--设1>【反映检测3答案】〔1〕当0a ≤时，函数()f x 在(0,1)单调递减，(1,)+∞单调递增；当12a =时12x x =，()0h x ≥恒成立，此时()0f x '≤，函数()f x 在(0,)+∞单调递减；当102a <<时，函数()f x 在(0,1)单调递减，1(1,1)a-单调递增，1(1,)a -+∞单调递减. 〔2〕17[,)8+∞.【反映检测3详细解析】(1)1()ln 1(0)af x x ax x x-=-+->，所以222l 11()(0)a ax x a f x a x x x x--++-'=-+=>.令2()1(0)h x ax x a x =-+->〔1〕当0a =时，()1(0)h x x x =-+>，当(0,1),()0,()0x h x f x '∈><,函数()f x 单调递减；当(1,),()0,()0x h x f x '∈+∞<>，函数()f x 单调递增.〔2〕当14a =时，()f x 在〔0，1〕上是减函数，在〔1，2〕上是增函数，所以对任意1(0,2)x ∈， 有11()(1)-2f x f ≥=，又存在[]21,2x ∈，使12()()f x g x ≥，所以21()2g x -≥，[]21,2x ∈，〔※〕又22()()4,[1,2]g x x b b x =-+-∈当1b <时，min ()(1)520g x g b ==->与〔※〕矛盾；当[]1,2b ∈时，2min ()(1)40g x g b ==-≥也与〔※〕矛盾；当2b >时，min 117()(2)84,28g x g b b ==-≤-≥. 综上，实数b 的取值范围是17[,)8+∞.【反映检测4答案】(1) 2010sin 10cos y θθ-=+04πθ⎛⎫<< ⎪⎝⎭；)010y x x =+<<.(2) 点P 位于线段AB 的中垂线上，且距离AB km 处. 〔2〕选择函数模型①，()()()'2210cos cos 2010sin 102sin 1cos cos sin y θθθθθθθ-----==令'y =0 得sin 12θ=，因为04πθ<<，所以θ=6π，当0,6πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，'0y < ，y 是θ的减函数；当,64ππθ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，'0y > ，y 是θ的增函数，所以当θ=6π时，min 10y =+这时点P 位于线段AB 的中垂线上，且距离AB 边3km 处. 【反映检测5答案】C【反映检测5详细解析】设()2()'()()'()(),0x x x x x f x f x f x f x f x e e F x F x e e e -='=-=>（）（） ∴F x （）在概念域R 上单调递增，不等式()xf x e >即1F x >（），(ln 2)2,(ln 2)1f F =∴=即()ln 2,ln 2F F x x >∴>（），选C. 【反映检测6答案】C【反映检测7答案】〔1〕1w =；〔2〕函数取得最大值52，410[4,4]33x k k ππππ∈++，k z ∈为函数的单调递减区间．【反映检测7详细解析】(1)133()2cos 2sin(2)2262f x wx wx wx π=++=++ 262wx ππ+=令，将6x π=代入可得1w =.(2)由(1)得3()sin(2)62f x x π=++.通过题设的转变取得的函数13()sin()262g x x π=-+ 当44,3x k k z ππ=+∈时，函数取得最大值52.令13222262k x k πππππ+≤-≤+， 即410[4,4]33x k k ππππ∈++]，k z ∈为函数的单调递减区间． 【反映检测8答案】〔1〕22(0)()(0)x x x f x x x x ⎧+<⎪=⎨-≥⎪⎩； 〔2〕2x =或2x =-；〔3〕函数的单调减区间为11--022∞（，），（，）.单调增区间为11(,0),(,22-+∞）. 【反映检测8详细解析】20,0,()(1=x x f x x x x x <->∴-=---+（1）设则） 所以函数的单调减区间为11-),(022∞（，-，）.单调增区间为11(,0),(,22-+∞）。
抽象函数单调性
x 0时，f (x) 0，f (1) 2（1）令x y 0，则f(0+0)=f (0) f (0)，f (0) 0.
(1)求f (0)、f (3)的值； (2)判定f (x)的单调性.
f(1)=2 f(3)=f (2) f (1) f(1+1)+f (1) 3 f (1) 6
f (x2 x1) 0 即f (x1) f (x2 ) f (x)在R上为增函数.
例2、已知定义在0, 上的函数f (x)满足：①对任意的x, y 0, ，
都有f (x y) f (x) f ( y)；②当0 x 1时，f (x) 0.
(1)判断并证明的单调性
(2)已知f (9) 2,且f ( 1) f (x), x
f (x1) f (x2 x1) f (x1)-1
f (x2 x1)+1 x2 x1 0,当x 0时, f (x) 1
f (x2 x1)+1 0 即f (x1) f (x2 ) f (x)在R上为增函数.
（2）解： f (4) f (2)+f (2)-1，f (4)=5 5 2 f (2) 1，f (2)=3
2、如何判断抽象函数的单调性. 判断抽象函数的单调性，仍然要紧扣单调性的定义，并且适当
运用题设条件. 一般地，若f(x)满足：
f (x y) f (x) f ( y), 则f (x1) f (x1 x2 x2 ) f (x1 x2 ) f (x2 );
f (x y)
f (x)
f ( y), 则f (x1)
(3)求不等式f (x 1) 6的解集（. 2）任取x1, x2 R，且x1 x2
f (x1) f (x2 ) f (x1) f (x2 x1 x1)
高中数学破题致胜微方法(函数的单调性)：根据函数单调性解不等式
高中阶段我们学习过解不等式的方法，但遇到一些函数不等式，或复杂的不等式，原来的方法可能并不适用了，这时我们就需要将借助函数的观点来看待问题，将不等式问题转化为比较函数值大小，进而转化为比较自变量大小的问题，来帮助我们解决问题。
先看例题： 例：解不等式12log (31)3x->-整理：若y =f (x )在区间D 上是增（减）函数，则对于12,x x D ∈，有：()()()11212112121122221212()()()()()()( (3))()x x x x x x x f f x f f x f f x x x x x x x x x ⇔⇔⇔<<>===>><对于单调函数，函数值的大小与相应的自变量的大小具有等价性例：已知f (x )为R 上的减函数，则满足1(||)(1)f f x <的实数x 的取值范围是（）()()()()().1,1.0,1.1,00,1.(,11,)A B C D --⋃-∞-⋃+∞练：已知f (x )在它的定义域 [-17,+∞)上是增函数, f (3)=0,试解不等式f (x 2-7x -5)<0. 解：题目中函数为抽象函数，但是已知其在某区间的单调性，且知道f (3)=0， 所以可以改写不等式为：2(75)(3)0f x x f --<=所以有2753x x --<，解得：18x -<<再由函数定义域有：27517x x --≥-解得：43x x ≥≤或两个解集做交集，得：1348x x -<≤≤<或所以不等式的解集为：{|1348}x x x -<≤≤<或总结：1.根据函数单调性解不等式的本质在于，利用单调性脱掉函数符号，将比较函数值的大小转化为比较自变量的大小。
2.单调函数，函数值的大小与相应的自变量的大小具有等价性，要明确增函数减函数的特性。
练习：1.定义在(0,+∞)上的单调函数f (x ),(0,)x ∀∈+∞,f [f (x )－log 2x ]=3,求f (x )的解析式.2. 已知定义在R 上的函数||()21x m f x -=- (m 为实数)为偶函数,记0.52log 3,(log 5),(2)a b f c f m === ,则a,b,c 的大小关系为( )A .a<b<cB .a<c<bC .c<a<bD .c<b<a。
归类题库——高一函数——抽象函数单调性奇偶性及解不等式题型解答题
抽象函数单调性奇偶性解不等式题型例1．函数y=f （x ）的定义域为R ，且对任意a ，b ∈R ，都有f （a +b ）=f （a ）+f （b ），且x ＞0时，f （x ）＜0恒成立．（1）证明函数y=f （x ）是R 上的单调性；（2）讨论函数y=f （x ）的奇偶性；（3）若f （x 2﹣2）+f （x ）＜0，求x 的取值范围．解析：（1）证明：设x 1＞x 2，则x 1﹣x 2＞0，而f （a +b ）=f （a ）+f （b ）∴f （x 1）﹣f （x 2）=f （（x 1﹣x 2）+x 2）﹣f （x 2）=f （x 1﹣x 2）+f （x 2）﹣f （x 2）=f （x 1﹣x 2），又当x ＞0时，f （x ）＜0恒成立，∴f （x 1）＜f （x 2），∴函数y=f （x ）是R 上的减函数；（2）由f （a +b ）=f （a ）+f （b ），得f （x ﹣x ）=f （x ）+f （﹣x ），即f （x ）+f （﹣x ）=f （0），而f （0）=0，∴f （﹣x ）=﹣f （x ），即函数y=f （x ）是奇函数．（3）（方法一）由f （x 2﹣2）+f （x ）＜0，得f （x 2﹣2）＜﹣f （x ），又y=f （x ）是奇函数，即f （x 2﹣2）＜f （﹣x ），又y=f （x ）在R 上是减函数，∴x 2﹣2＞﹣x 解得x ＞1或x ＜﹣2．（方法二））由f （x 2﹣2）+f （x ）＜0且f （0）=0，得f （x 2﹣2+x ）＜f （0），又y=f （x ）在R 上是减函数，∴x 2﹣2+x ＞0，解得x ＞1或x ＜﹣2．变式：1．已知函数y=f （x ）满足f （x +y ）=f （x ）+f （y ）对任何实数x ，y 都成立．（1）求证：f （2x ）=2f （x ）；（2）求f （0）的值；（3）求证f （x ）为奇函数．证明：（1）∵（x +y ）=f （x ）+f （y ），令y=x ，得f （x +x ）=f （x ）+f （x ），即f （2x ）=2f （x ）；（2）令y=x=0，∵f （x +y ）=f （x ）+f （y ），∴f （0+0）=f （0）+f （0），即f （0）=2f （0），∴f （0）=0．（3）证明：由已知得定义域为R ．满足若x ∈R ，则﹣x ∈R ．令y=﹣x ，∵f （x +y ）=f （x ）+f （y ），∴f （0）=f （x ）+f （﹣x ）．∵f （0）=0，∴f （x ）+f （﹣x ）=0，即f （﹣x ）=﹣f （x ）．∴f （x ）为奇函数．2．设函数()y f x =的定义域为R ，并且满足()()()f x y f x f y -=-，且(2)1f =，当0x >时，()0f x >（1）．求(0)f 的值； （2）．判断函数()f x 的奇偶性；（3）．如果()(2)2f x f x ++<，求x 的取值范围． 【解析】（1）令0x y ==，则(00)(0)(0)f f f -=-,(0)0f ∴=;(2)()()()f x y f x f y -=- (0)(0)()f x f f x ∴-=-，由（1）值(0)0f =，()()f x f x ∴=-- (0)0f =，∴函数()f x 是奇函数（3）设12,x x R ∀∈，且12x x >，则120x x ->，1212()()()f x x f x f x -=-当0x >时，()0f x >，12()0f x x ∴->，即12()()0f x f x ->，12()()f x f x ∴>∴函数()f x 是定义在R 上的增函数()()()f x y f x f y -=- ，()()()f x f y f x y ∴=+-211(2)(2)(2)(42)(4)f f f f f ∴=+=+=--= ()(2)2f x f x ++< ，()(2)(4)f x f x f ∴++<，(2)(4)()(4)f x f f x f x ∴+<-=-函数()f x 是定义在R 上的增函数，24x x ∴+<-，1x ∴<,∴不等式()(2)2f x f x ++< 的解集为{|1}x x <3．已知函数f（x）的定义域为R，对任意的x，y∈R，都有f（x+y）=f（x）+f（y），且当x＜0时，f（x）＞0．（1）求证：f（x）是奇函数；（2）判断f（x）在R上的单调性，并加以证明；（3）解关于x的不等式f（x2）+3f（a）＞3f（x）+f（ax），其中常数a∈R．解：（1）∵f（x）对一切x，y∈R都有f（x+y）=f（x）+f（y），令x=y=0，得：f（0）=f（0）+f（0），∴f（0）=0，令y=﹣x，得f（x﹣x）=f（x）+f（﹣x）=f（0）=0，∴f（﹣x）=﹣f（x），∴f（x）是奇函数．（2）∵f（x）对一切x，y∈RR都有f（x+y）=f（x）+f（y），当x＜0时，f（x）＞0．令x1＞x2，则x2﹣x1＜0，且f（x2﹣x1）=f（x2）+f（﹣x1）＞0，由（1）知，f（x2）﹣f（x1）＞0，∴f（x2）＞f（x1）．∴f（x）在R上是减函数．（3）f（2x）=f（x）+f（x）=2f（x），f（3x）=f（2x+x）=f（2x）+f（x）=3f（x），则不等式f（x2）+3f（a）＞3f（x）+f（ax），等价为f（x2）+f（3a）＞f（3x）+f（ax），即f（x2+3a）＞f（3x+ax），∵f（x）在R上是减函数，∴不等式等价为x2+3a＜3x+ax，即（x﹣3）（x﹣a）＜0，当a=3时，不等式的解集为∅，当a＞3时，不等式的解集为（3，a），当a＜3时，不等式的解集为（a，3）．单调+奇偶性+带常数的不等式例2．已知f（x）的定义域为R，且满足对于任意x，y∈R，都有f（x+y）=f（x）+f（y），且当x＞0时，f（x）＜0，且f（1）=﹣3；（1）求f（0）与f（3）；（2）判断f（x）的奇偶性；（3）判断f（x）的单调性；（4）解不等式f（x2+1）+f（x）≤﹣9．【解答】解：（1）令y=0，则由条件得f（x+0）=f（x）+f（0），即f（0）=0，当x=y=1时，f（2）=f（1）+f（1）=2f（1）=2×（﹣3）=﹣6，f（3）=f（1+2）=f（1）+f（2）=﹣3﹣6=﹣9；（2）∵f（0）=0，∴令y=﹣x，得f（x﹣x）=f（x）+f（﹣x）=f（0）=0，即f（﹣x）=﹣f（x），则f（x）是奇函数；（3）设x1＜x2，则设x2﹣x1＞0，此时f（x2﹣x1）＜0，即f（x2﹣x1）=f（x2）+f（﹣x1）＜0，即f（x2）﹣f（x1）＜0，则f（x2）＜f（x1），即f（x）的单调递减；（4）不等式f（x2+1）+f（x）≤﹣9等价为f（x2+1）+f（x）≤f（3），即f（x2+1+x）≤f（3），∵f（x）的单调递减，∴x2+1+x≥3，即x2+x﹣2≥0，解得x≥1或x≤﹣2，即不等式的解集为{x|x≥1或x≤﹣2}．变式：1．已知函数f（x）的定义域为R，对于任意实数a，b∈R都有f（a+b）=f（a）+f（b），且当x＞0时，f（x）＜0，f （1）=﹣2，试判断f（x）在[﹣3，3）上是否有最大值和最小值？如果有，求出最大值和最小值，若没有，说明理由．解：令a=b=0知f（0）=0，令a=x，b=﹣x，则f（x）+f（﹣x）=0，∴f（x）为奇函数．任取两个自变量x1，x2且﹣∞＜x1＜x2＜+∞，则f（x2）﹣f（x1）=f（x2﹣x1），∵x2＞x1，∴x2﹣x1＞0知f（x2﹣x1）＜0，即f（x2）﹣f（x1）＜0，故f（x2）＜f（x1），∴f（x）在（﹣∞，+∞）上是减函数．因此f（x）在[﹣3，3）上有最大值f（﹣3），由于x≠3，则f（3）取不到，无最小值．由于f（3）=f（2）+f（1）=f（1）+f（1）+f（1）=3f（1）=﹣6，故最大值为f（﹣3）=﹣f（3）=6．2．设函数f（x）的定义域为R，对于任意实数x，y都有f（x+y）=f（x）+f（y），又当x＞0时，f（x）＜0且f（2）=﹣1．试问函数f（x）在区间[﹣6，6]上是否存在最大值与最小值？若存在，求出最大值、最小值；如果没有，请说明理由．解：令x=y=0知f（0）=0，令x+y=0知f（x）+f（﹣x）=0，∴f（x）为奇函数．任取两个自变量x1，x2且﹣∞＜x1＜x2＜+∞，则f（x2）﹣f（x1）=f（x2﹣x1），∵x2＞x1，∴x2﹣x1＞0知f（x2﹣x1）＜0，即f（x2）﹣f（x1）＜0，故f（x2）＜f（x1），∴f（x）在（﹣∞，+∞）上是减函数．因此f（x）在[﹣6，6]上有最大值和最小值最小值为f（6）=f（4）+f（2）=f（2）+f（2）+f（2）=3f（2）=﹣3；最大值为f（﹣6）=﹣f（6）=3．3．已知函数f（x）的定义域为R，对于任意的x，y∈R，都有f（x+y）=f（x）+f（y），且当x＞0时，f（x）＜0，若f（﹣1）=2．（1）求证：f（x）为奇函数；（2）求证：f（x）是R上的减函数；（3）求函数f（x）在区间[﹣2，4]上的值域．解：（1）证明：∵f （x ）的定义域为R ，令x=y=0，则f （0+0）=f （0）+f （0）=2f （0），∴f （0）=0．令y=﹣x ，则f （x ﹣x ）=f （x ）+f （﹣x ），即f （0）=f （x ）+f （﹣x ）=0．∴f （﹣x ）=﹣f （x ），故f （x ）为奇函数．（2）证明：任取x 1，x 2∈R ，且x 1＜x 2，则f （x 2）﹣f （x 1）=f （x 2）+f （﹣x 1）=f （x 2﹣x 1）．又∵x 2﹣x 1＞0，∴f （x 2﹣x 1）＜0，∴f （x 2）﹣f （x 1）＜0，即f （x 1）＞f （x 2）．故f （x ）是R 上的减函数．（3）∵f （﹣1）=2，∴f （﹣2）=f （﹣1）+f （﹣1）=4．又f （x ）为奇函数，∴f （2）=﹣f （﹣2）=﹣4，∴f （4）=f （2）+f （2）=﹣8．由（2）知f （x ）是R 上的减函数，所以当x=﹣2时，f （x ）取得最大值，最大值为f （﹣2）=4；当x=4时，f （x ）取得最小值，最小值为f （4）=﹣8．所以函数f （x ）在区间[﹣2，4]上的值域为[﹣8，4]．4．设函数f （x ）的定义域为R ，对任意实数x 、y 都有f （x +y ）=f （x ）+f （y ），当x ＞0时f （x ）＜0且f （3）=﹣4．（1）证明：函数f （x ）为奇函数；（2）证明：函数f （x ）在（﹣∞，+∞）上为减函数．（3）求f （x ）在区间[﹣9，9]上的最大值与最小值．【解答】（1）证明：令x=y=0知f （0）=0，令x +y=0知f （x ）+f （﹣x ）=0，∴f （x ）为奇函数．（2）证明：任取两个自变量x 1，x 2且﹣∞＜x 1＜x 2＜+∞，则f （x 2）﹣f （x 1）=f （x 2﹣x 1），∵x 2＞x 1，∴x 2﹣x 1＞0知f （x 2﹣x 1）＜0，即f （x 2）﹣f （x 1）＜0，故f （x 2）＜f （x 1），∴f （x ）在（﹣∞，+∞）上是减函数．（3）解：∵f （x ）在（﹣∞，+∞）上是减函数∴f （x ）在[﹣9，9]上有最大值和最小值最小值为f （9）=f （6）+f （3）=f （3）+f （3）+f （3）=3f （3）=﹣12；最大值为f （﹣9）=﹣f （9）=12．5．已知函数f （x ）对一切实数x ，y ∈R 都有f （x +y ）=f （x ）+f （y ），且当x ＞0时，f （x ）＜0，又f （3）=﹣2．（1）试判定该函数的奇偶性；（2）试判断该函数在R 上的单调性；（3）求f （x ）在[﹣12，12]上的最大值和最小值．解 （1）令x=y=0，得f （0+0）=f （0）=f （0）+f （0）=2f （0），∴f （0）=0．令y=﹣x ，得f （0）=f （x ）+f （﹣x ）=0，∴f （﹣x ）=﹣f （x ），∴f （x ）为奇函数．（2）任取x 1＜x 2，则x 2﹣x 1＞0，∴f （x 2﹣x 1）＜0，∴f （x 2）﹣f （x 1）=f （x 2）+f （﹣x 1）=f （x 2﹣x 1）＜0，即f （x 2）＜f （x 1），∴f （x ）为R 上的减函数，（3）∵f （x ）在[﹣12，12]上为减函数，∴f （12）最小，f （﹣12）最大，又f （12）=f （6）+f （6）=2f （6）=2[f （3）+f （3）]=4f （3）=﹣8，∴f （﹣12）=﹣f （12）=8，∴f （x ）在[﹣12，12]上的最大值是8，最小值是﹣86．已知函数f （x ）对任意x ，y ∈R ，总有f （x ）+f （y ）=f （x +y ），且当x ＞0时，f （x ）＜0，f （1）=﹣．（1）求证：f （x ）在R 上是减函数．（2）求函数在[﹣3，3]上的最大值和最小值．解：（1）证明：令x=y=0，则f （0）=0，令y=﹣x 则f （﹣x ）=﹣f （x ），在R 上任意取x 1，x 2，且x 1＜x 2，则△x=x 2﹣x 1＞0，△y=f （x 2）﹣f （x 1）=f （x 2）+f （﹣x 1）=f （x 2﹣x 1）∵x 2＞x 1，∴x 2﹣x 1＞0，又∵x ＞0时，f （x ）＜0，∴f （x 2﹣x 1）＜0，即f （x 2）﹣f （x 1）＜0，有定义可知函数f （x ）在R 上为单调递减函数．（2）∵f （x ）在R 上是减函数，∴f （x ）在[﹣3，3]上也是减函数．又f （3）=f （2）+f （1）=f （1）+f （1）+f （1）=3×（﹣）=﹣2， 由f （﹣x ）=﹣f （x ）可得f （﹣3）=﹣f （3）=2，故f （x ）在[﹣3，3]上最大值为2，最小值为﹣2．7． 是定义在R 上的函数，对都有，且当时，。
高一数学利用函数单调性与奇偶性解不等式
利用函数单调性与奇偶性解不等式三种单调性的表达方法：1，当x1>x2，f(x1)>f(x2）恒成立⇔f(x)单调递增。
2，（x1−x2）【f(x1)-f(x2）】>0⇔f(x)单调递增。
{x1>x2f(x1)>f(x2）或者{x1<x2f(x1)<f(x2）同号意味着单调递增3、f(x1)−f(x2）（x1−x2）>0 ⇔f(x)单调递增（ 2、3等价）（纯粹单调性)例1、已知函数f(x)定义域为R，且对任意两个不相等的实数a,b都有（a-b)[f(a)-f(b)]>0,则不等式f(3x-1)>f(5+x)的解集为___________.解：由题目条件（a-b)[f(a)-f(b)]>0⇔{a>bf(a)>f(b)或者{a<bf(a)<f(b)∵x1−x2与f(x1)-f(x2）同号∴f(x)在R上为增函数∵f(3x-1)>f(5+x)⇔3x-1>x+5∴3x-1>x+52x>6x>3∴不等式f(3x-1)>f(5+x)的解集为(3,+∞)（利用奇函数加单调性）2、已知定义在R上的奇函数y=f(x)在区间（−∞，0]上单调递减，若f(2m2+m)+f(2m-2)≧f(0），则实数m的取值范围__________.（假设函数草图）解：由题意可知，f(x)在R上是奇函数，定义域关于原点（0，0）对称，∴f(0)=0,且f(-x)+f(x)=0.∵f(x)在（-∞，0）是单调递减的，函数关于原点（0，0)对称，所以f(x)在（0，+∞）上单调递减，从而f（x)在R上单调递减。
即{x1<x2f(x1)>f(x2）或者{x1>x2f(x1)<f(x2）由题可知：f(2m2+m)+f(2m-2)≧f(0）∵f(0）=0，∴f(2m2+m)+f(2m-2)≧0⇒f(2m2+m)≧-f(2m-2)∵f(x)是奇函数，所以分（-x)=-f(x),∴-f(2m-2)=f（2-2m)∴f(2m2+m)≧f（2-2m)又∵x1−x2与f(x1)-f(x2）异号∴2m2+m ≤2-2m2m2+3m-2≤0（m+2）（2m-1)≤0⇒-2≤m≤12（利用偶函数加单调性）不完全单调性3、已知y=f(x)是定义域为R的偶函数，且f(x)在[0,+∞)上单调递增，则不等式f(2x+1)>f(x+2)的解集为__________.解：由题意可知f(x)是定义在R上的偶函数，定义域关于原点对称，所以f(x)=f(-x),f(x)在[0,+∞)上单调递增，由函数图像的对称性可知f(x)在（-∞，0]单调递减，对称轴是Y轴（x=0),不等式f(2x+1)>f(x+2)的问题即是横坐标距离Y轴距离的绝对值大小的问题，即|2x+1-0|>|x+ 2−0|，（假设函数草图如下所示）。
小专题之抽象函数的单调性
(2)任取 x 1 x 2 ，令 a x 1 x 2 ，b x 2 ， 得 f (x1 x2 x2) f (x1 x2) f (x2) 2024 ， 化简得 f (x1) f (x1 x 2 ) f (x 2 ) 2024 ， 即 f (x1) f (x 2) f (x1 x 2) 2024 ， 因为 x 1 x 2 0 ，所以 f (x 1 x 2 ) 2 0 2 4， 所以 f (x1) f (x 2 ) 0，故有 f (x 1) f (x 2 ) ， 所以 f (x) 在 R 上单调递增.
解：(1)令 a b 0 ，得 f (0) f (0) f (0) 1 解得 f (0) 1 .
(2)任取 x 1 x 2 ，令 a x 1 x 2 ，b x 2 ， 得 f (x1 x 2 x 2) f (x1 x 2) f (x 2) 1 ， 化简得 f (x1) f (x1 x 2 ) f (x 2 ) 1 ， 即 f (x1) f (x 2) f (x1 x 2) 1 ， 因为 x 1 x 2 0 ，所以 f (x 1 x 2 ) 1 ， 所以 f (x1) f (x 2 ) 0，故有 f (x 1) f (x 2 ) ， 所以 f (x) 在 R 上单调递增.
(3)因为 f (1) 2025 ，所以 f (2) f (1) f (1) 2024 2026 ， 所以 f (x 2 x) 2026 就等价于 f (x 2 x) f (2) ， 由(2)知 f (x) 在 R 上单调递增，
所以有 x 2 x 2 ，解得 1 x 2 ， 所以解集为 (1，2) .
解：(1)令 x y 0 ，得 f (0) f (0) f (0) 解得 f (0) 0 或 f (0) 1 ， 若 f (0) 0 ，令 x 1，y 0 ，则 f (1) f (1) f (0) 0 ，矛盾 所以 f (0) 1 .
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11 19
n2 + 5n + 5
3
n∈ N*
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【解析】
- 4 - / 13
试题分析：（1）由奇函数的定义及特殊值 f (0) = 0即可证明；（2）由单调性的定义,做差证明；（3）先由题
（3） f (n2
1 )= + 5n + 5
f [ (n + 3) − (n + 2) ] = (n + 2)(n + 3) −1
A. −2 ≤ t ≤ 2 C.t ≤ 0 或t ≥ 2 【答案】D
B.t ≤ −2 或t ≥ 2 D.t ≤ −2 或t ≥ 2 或t = 0
【解析】
试题分析：由奇函数 f (x) 在区间[−1,1]上是增函数，且 f (−1) = −1，所以在区间 x ∈[−1,1]的最大值为1，
所以1 ≤ t2 − 2at +1当t = 0 时显然成立，当t ≠ 0时，则t2 − 2at ≥ 0 成立，又 a ∈[−1,1]，
②当 即 时，有 a +1 ≥ −1 a ≥ −3 2
g ( x) min
=
g
a
+1 2
a +12 = 2
− (a +1)
a +1+3 > 2
0
解得 ，而 ，所以 ， −2 3 −1 < a < 2 3 −1 −2 3 −1 < −3
−3 ≤ a < 2 3 − 1 [来源:]
f (x) + f ( y) = f ( x + y ) ；②当 x ∈ (−1,0) 时，有 f (x) > 0 ，求证： 1+ x+ y
（1） f (x) 是奇函数； （2） f (x) 是单调递减函数；
（3） ，其中 ． f ( 1 ) + f ( 1 ) +L+ f ( 1 ) > f (1)
令 g (a) = 2at − t2, a ∈[−1,1] ，当t > 0 时，g (a) 是减函数，故令 g (1) ≥ 0，解得t ≥ 2；当t < 0 时，g (a)
是增函数，故令 g (−1) ≥ 0 ，解得t ≤ −2 ，综上所述，t ≥ 2或t ≤ −2 或t = 0，故选 D. 考点：函数的单调性与函数的奇偶性的应用. 【 变 式 演 练 2 】 已 知 定 义 在 R 上 的 函 数 f (x) 为 增 函 数 ， 当 x1 + x2 =1 时 ， 不 等 式
例 1 已知函数 f (x) 是定义在 R 上的奇函数，若对于任意给定的实数 x1, x2 ，且 x1 ≠ x2 ，不等式
恒成立，则不等式 的解集为 ． x1 f ( x1) + x2 f ( x2 ) < x1 f ( x2 ) + x2 f ( x1)
( x +1) f (1− 2x) < 0
__________
- 2 - / 13
综上，实数 a 的取值范围是 ( −5, −3] 【变式演练 1】
设奇函数 f (x) 在区间[−1,1]上是增函数，且 f (−1) = −1.当 x ∈[−1,1] 时，函数 f (x) ≤ t2 − 2at +1，对一
切 a∈[−1,1]恒成立，则实数t 的取值范围为（ ）
【答案】
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
−1,
1 2
.
例 2.已知定义为 R 的函数 f (x)满足下列条件：①对任意的实数 x, y 都有：
- 1 - / 13
f ( x + y) = f ( x) + f ( y) −1；②当 x > 0 时， f ( x) >1． （1）求 f (0) ； （2）求证： f (x) 在 R 上为增函数； （3）若 f (6) = 7,a ≤ −3，关于 x 的不等式 f (ax − 2) + f (x − x2 ) < 3 对任意 x∈[−1,+∞) 恒成立，求实数 a 的取值范围． 【答案】（1） f (0) =1；（2）证明见解析；（3）(−5,−3]．
高中数学解题模板与方法
【高考地位】
函数的单调性是函数的一个非常重要的性质，也是高中数学考查的重点内容。而抽象函数的单调性解
函数不等式问题，其构思新颖，条件隐蔽，技巧性强，解法灵活，往往让学生感觉头痛。因此，我们应该
掌握一些简单常见的几类抽象函数单调性及其应用问题的基本方法。
【方法点评】
确定抽象函数单调性解函数不等式
使用情景：几类特殊函数类型
解题模板：第一步
（定性）确定函数
f
(
x)
在给定区间上的单调性和奇偶性； [来源:学科网]
第二步 （转化）将函数不等式转化为 f (M ) < f (N) 的形式；
第三步 （去 f ）运用函数的单调性“去掉”函数的抽象符号“ f ”，转化成一般的不等式或不
等式组； 第四步 （求解）解不等式或不等式组确定解集； 第五步 （反思）反思回顾，查看关键点，易错点及解题规范.
即 x2 − (a +1) x + 3 > 0 在 x∈[−1,+∞) 上恒成立，
令 g ( x) = x2 − (a +1) x + 3 ，即 g ( x) > 0 成立即可． min
①当 a +1 < −1，即 a < −3时， g ( x) 在 x∈[−1,+∞) 上单调递增， 2
则 g ( x) = g (−1) =1+ (a +1) + 3 > 0 解得 a > −5，所以 −5 < a < −3， min
- 3 - / 13
（1）求 f (1), f (−1) 的值； （2）求证： f (−x) = f (x) ；
（3）解不等式 f (2) + f (x − 1) ≤ 0 ． 2
【答案】（1）
f
(1)
=
0
,
f
(−1)
=
0
；（2）证明见解析；（3）
0,
1 2
U
1 2
,1
．
考点：抽象函数及应用． 【 变 式 演 练 4 】 定 义 在 (−1,1) 上 的 函 数 f (x) 满 足 下 列 条 件 ： ① 对 任 意 x, y ∈(−1,1) ， 都 有
f (x1) + f (0) > f (x2 ) + f (1) 恒成立，则实数 x1 的取值范围是（ ）
A. (−∞, 0)
【答案】D
B.
0,
1 2
C.
1 2
,1
D. (1, +∞)
【变式演练 3】定义在非零实数集上的函数 f (x) 满足 f (xy) = f (x) + f (y) ，且 f (x) 是区间(0,+∞) 上的 递增函数．