在抽象函数中创新应用单调性
抽象函数的单调性课件
03
波的传播
波动传播的速度和方向可以用抽象函数表示，通过分析这些函数的单调
性，可以了解波动的传播规律和变化趋势。
在其他领域的应用
生物种群数量变化
在生态学中，生物种群数量的变化可以用抽象函数表示，通过分析 这些函数的单调性，可以了解种群数量的增长或减少趋势。
详细描述
利用单调性解不等式的方法主要包括比较法和构造法。比较法是通过比较不等式两边的 函数值来判断不等式的真假，而构造法则是通过构造辅助函数并利用其单调性来解不等
式。
THANKS
THE FIRST LESSON OF THE SCHOOL YEAR
几何意义
函数图像在区间$I$上从左到右上升。
举例
$f(x) = x^2$在$mathbf{R}$上单 调递增。
单调减函数
定义
如果对于任意$x_1 < x_2$，都 有$f(x_1) geq f(x_2)$，则称函 数$f(x)$在区间$I$上单调递减。
几何意义
函数图像在区间$I$上从左到右 下降。
单调性与函数图像的走势
单调性可以决定函数图像的走势。如果函数在某个区间内单调递增或递减，则该 区间内的函数图像会呈现出上升或下降的趋势。
单调性与不等式的关系
单调性与不等式的解法
单调性可以用来解决一些不等式问题。 例如，利用函数的单调性可以判断不 等式的解集范围。
单调性与不等式的性质
单调性可以用来推导不等式的性质。 例如，如果函数在某个区间内单调递 增，则对于该区间内的任意两个数x1 和x2，有f(x1) < f(x2)，即函数的值 随着自变量的增大而增大。
专题抽象函数的单调性和奇偶性应用
抽象函数的单调性和奇偶性应用抽象函数是指没有明确给出具体的函数表达式，只是给出一些特殊关系式的函数。
它是高中数学中的一个难点，因为抽象，解题时思维常常受阻，思路难以展开，而高考中会出现这一题型，本文对抽象函数的单调性和奇偶性问题进行了整理、归类，大概有以下几种题型：一、判断单调性和奇偶性1. 判断单调性根据函数的奇偶性、单调性等有关性质，画出函数的示意图，以形助数，问题迅速获解。
例1．如果奇函数f x ()在区间[]37，上是增函数且有最小值为5，那么f x ()在区间[]--73，上是 A. 增函数且最小值为-5 B. 增函数且最大值为-5 C. 减函数且最小值为-5 D. 减函数且最大值为-5 分析：画出满足题意的示意图，易知选B 。
例2．偶函数f x ()在(0)，+∞上是减函数，问f x ()在()-∞，0上是增函数还是减函数，并证明你的结论。
分析：如图所示，易知f x ()在()-∞，0上是增函数，证明如下：任取x x x x 121200<<⇒->->因为f x ()在(0)，+∞上是减函数，所以f x f x ()()-<-12。
又f x ()是偶函数，所以f x f x f x f x ()()()()-=-=1122，，从而f x f x ()()12<，故f x ()在()-∞，0上是增函数。
2. 判断奇偶性 根据已知条件，通过恰当的赋值代换，寻求f x ()与f x ()-的关系。
例3．若函数y f x f x =≠()(())0与y f x =-()的图象关于原点对称，判断：函数 y f x =()是什么函数。
解：设y f x =()图象上任意一点为P （x y 00，）y f x =()与y f x =-()的图象关于原点对称，∴P x y ()00，关于原点的对称点()--x y 00，在y f x =-()的图象上，∴-=--∴=-y f x y f x 0000()()又y f x 00=()∴-=f x f x ()()00即对于函数定义域上的任意x 都有f x f x ()()-=，所以y f x =()是偶函数。
9运用函数的单调性与奇偶性解抽象函数不等式(附加半节课)—学生版.doc
教学内容概要
学生：高中数学备课组教师：年级：高三
日期：上课时间:
主课题：运用函数的单调性与奇偶性解抽象函数不等式
教学目标:
1、函数单调性的定义与逆用；
2、函数奇偶性的定义与性质；
3、抽象函数性质的提取，抽彖函数不等式的转换；
4、会解决转化后的不等式恒成立问题；
教学重点：
1、函数的奇偶性、单调性等性质；
2、利用函数单调性脱掉”号，解不等式；
3、不等式恒成立问题的解法；
教学难点：
1、利用函数单调性脱掉号，解不等式；
2、不等式恒成立问题的解法；
家庭作业
1、复习知识点，归纳整理错题、难题；
2、完成巩固练习；。
借助抽象函数模型，解决函数性质问题
则 有 f(
-f(
1)
=-2,
4)
=f(
2)
=0,
1)+
f(
2)
+f(
3)
+f(
4)
=0。
f(
所以 f(
1)+f (
2)+ … +f (
9
0)=2
2×
[
]
1)
+f(
2)
+f(
3)
+f(
4)
+f(
1)+f(
2)
f(
=2。
故选择答案:
C。
点评:
涉及 此 类 比 较 复 杂 且 有 明 显 规 律
的函数值之间的连续和、
-2<m <6,
m|-2<
故所求不 等 式 的 解 集 为 {
x|x < -2 或
。
m <6}
点评:
在涉 及 抽 象 函 数 的 单 调 性 的 判 定
定及相关 的 应 用 问 题 时,赋 值 法 思 维 是 一 种
与应用中,
特别是在解决与抽象函数的单调
常见的思 维 技 巧。 其 实,涉 及 抽 象 函 数 中 特
创新意识与创新应 用 问 题 可 以 很 好 地 考
可得a1·a2·…·an-1<n。
an <n
an ,
得 a1 =1,
于是 1+a2 =a2,
此时无解,
不存在满
足条件的“
创新集”
A;
当 n=3 时,有 a1a2 <3,故 只 能 a1 =1,
求得 a3 =3,
抽象函数单调性的证明和应用实例
一
一
—
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—
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—
鲞
强Ｉ 南省内黄一中 李文旭 ； 可
摘要： 函数是 中学 数 Ｉ Ｉ
学 重 内 函 的 ＝ 的 点 容，数 单 Ｉ ： 甫 调 是 数 重 性 ，二 性 函的 要 质
工 高中证 委 篓用数学的基本 南 具定 明 单 义 譬 Ｉ ， 函 数 调 性是
１） ｎ １＝ … — ）… １ ）
处理含参不等式恒成立的某些问题时， 若能适时地把主元变量和 ｙ ｘ ｏ ＝ ＃Ｏ 参数变量进行“ 换位” ， 思考 往往会使问题降次、 简化。 证 明 ：１ 当 ｙ Ｏ ￣ｘ Ｏ （ ） ＝ 时 ｌ＋ ） 例 ４ 对于满足 ０ ≤４的所 有实数 ａ求使不 等式 ＋舛 ＞ ≤口 ０ ） ４ ｏ ３都成立的 的取值范围。 ＋ ＿ 因为存在 １ 使得 ≠ ） 解： 不等式变形为 ＋（－ ＋ ＞ 。 ｘ１ ｋ一 ３ ０ ２所以 ） ） ， 不恒为 ０ 。 设， （ 一４ ＋ ， ＝（一１ ｋ＋ ｘ ３ 则其是关于 ａ 的一个一次函数 ： 是单 所以 ， ） 。 《 ＝１ ０ 调函数。 （ ） ＇ ≠０ ２令 ， ， 结 胍有 △ 二 得 １ 或 则有 ７ ） ） ｛ ） 因为存在 Ｘ≠孙 使得 ｌ 总之， 含参不等式恒成立问题 因其覆盖知识点多， 方法也多种多 ２ ） ， 样， 但其核心思想还是等价转化 ， 抓住 了这点 ， 才能 以“ 不变应万变” ， 所 以对任 意值 ，判断 ） 掌握解题方法和技巧。 的值的符号为正号。
（ ） １ ：
‘ ．
’ ．
Ｏ
从而，对任意的 ∈ 都 Ｒ， 有 ） ） ０ ） 即 ） ） 。
抽象函数的一般解题,单调性构造,方程形式
一、抽象函数常见问题：1、定义域（就是自变量x 取值范围）：整体替换，2、简单求值问题：主要就是赋值，主要赋值有0、1、2、-1、-23、综合问题（求值和解不等式）：一般2种方向：赋值和构造函数 其目的就是构造f(x)<f(m)或f(x)=f(n)的形式，从而达到去掉“马甲 ”f, 难题可以多次赋值，从而达到构造目的二、抽象函数单调性常见构造形式：1、f(x 1+x 2)=f(x 1)+f(x 2)构造为f(x 2)=f(x 2-x 1+x 1)=f(x 2-x 1）+f(x 1)即f(x 2)-f(x 1)=f(x 2-x 1）2、f(x 1)+f(x 2)=f(x 1+x 2)-a构造为f(x 2)-f(x 1)=f[(x 2-x 1)+x 1]-f(x 1)即f(x 2)-f(x 1)=f(x 2-x 1)+f(x 1)-f(x 1)-a3、f(x 1/x 2)=f(x 1)-f(x 2) 直接设x 1，x 2，函数直接作差即可4、f(x 1*x 2)=f(x 1)*f(x 2)构造为f(x 2)=f(x 2-x 1+x 1)=f(x 2-x 1)*f(x 1)即f(x 2)/f(x 1)=f(x 2-x 1)三、几个常见抽象函数的方程：(1)正比例函数()f x cx =,()()(),(1)f x y f x f y f c +=+=.(2)指数函数()x f x a =,()()(),(1)0f x y f x f y f a +==≠.(3)对数函数()log a f x x =,()()(),()1(0,1)f xy f x f y f a a a =+=>≠.f(x/y)=f(x)-f(y)(4)幂函数()f x x α=,'()()(),(1)f xy f x f y f α==.(5)余弦函数()c o f x x =,正弦函数()s i g x x =，()()()()()f x y f x f y g x g y -=+，0()(0)1,lim 1x g x f x →==.（6）正切函数f(x)=tanx,f(x+y)=(f(x)+f(y))/(1-f(x)f(y))或f(x-y)=(f(x)-f(y))/(1+f(x)f(y))。
专题三 抽象函数的单调性与奇偶性
专题三抽象函数的单调性与奇偶性抽象函数是一种没有具体函数解析式或图像，但给出了函数满足的一部分性质或运算法则的函数。
这类函数问题能够全面考查学生对函数概念的理解及性质的应用、推理和论证能力，同时也能综合考查学生对数学符号语言的理解和接受能力。
因此，抽象函数问题倍受命题者的青睐，体现了函数与方程、数形结合、一般与特殊等重要的数学思想。
然而，由于抽象函数问题比较抽象，学生难以理解和接受，教材也没有很好地讲解处理，因此这类问题时常困惑着不少师生。
但是，这类问题对于发展学生的思维能力，进行数学思想方法的渗透，培养学生的创新思想，提高学生的数学素质，有着重要作用。
因此，本文将从解题思路及方法方面谈点看法。
首先，我们可以在中学函数部分教材中找到一些抽象型函数的特殊模型，如正比例函数、幂函数、指数函数等。
若充分利用这些模型解题，既可使学生掌握解决数学问题的规律，培养了解题能力，又使学生体会到人们对事物的认识，总是在感性认识的基础上，通过抽象概括上升为理性认识，最终揭示事物的本质，这样一种认识规律。
对于抽象函数解答题，虽然不可用特殊模型代替求解，但可借助特殊模型理解题意；同时，对于有些对应的特殊模型不是学生熟悉的基本初等函数的抽象函数解答题，要启发学生通过适当变通去寻求特殊模型，从而得到抽象函数问题的求解方法。
其次，对于用常规解法难以解决的数学问题，若利用一些特殊的数学思想方法求解，有时会收到事半功倍的效果。
比如，抽象函数奇偶性的判断一般通过合理赋值，抽象函数单调性的判断一般用定义，解关于抽象函数的不等式，一般利用用单调性脱去f。
综上所述，虽然抽象函数问题比较抽象，但是通过利用特殊模型和特殊方法，我们可以更好地解决这类问题，培养学生的数学思维能力和创新思维。
3.已知函数$f(x)$对任意实数$x,y$恒有$f(x+y)=f(x)+f(y)$且当$x>0$时，$f(x)<0$。
已知$f(1)=-2$。
抽象函数的奇偶性与单调性
例10.设函数 y f ( x) 定义在R上，当 x 0时， f ( x ) 1， 且对任意 m，n ，有 f (m n) f (m) f (n) ，当 m n 时 f (m) f (n) 。 （1）证明 f (0) 1 ； （2）证明： f ( x ) 在R上是增函数；
例2．偶函数 f ( x ) 在 (0 ， )上是减函数， 问 f ( x ) 在 ( ， 0 )上是增函数还是减函数， 并证明你的结论。
2. 判断奇偶性 根据已知条件，通过恰当的赋值代换，寻求 f ( x ) 与 f (x) 的关系。
例3．若函数 y 与 y f () xf ( () x 0 ) f (x )的图象关于原点对称， 判断：函数 y f (x )是什么函数。
2.证明奇偶性 例6．已知 f ( x ) 的定义域为R，且对任意实数x，y满足 f ， ( x y ) f () x f () y 求证： f ( x ) 是偶函数。
三、求参数范围 这类参数隐含在抽象函数给出的运算式中，关键是利用函数的奇偶性和 它在定义域内义域的作用。
例8．已知函数 f ( x ) 对任意 x，y R 有 f ( x) f ( y) 2 f ( x y) ， 当 x 0时， f ( x ) 2 ， f (3) 5 ，求不等式 f (a 2 2a 2) 3 的解集。
五、比较函数值大小 利用函数的奇偶性、对称性等性质将自变量转化到函数的单调区间内， 然后利用其单调性使问题获解。
二、证明单调性和奇偶性 1.证明单调性 例4．已知函数f(x)=
g( x) 1 ,且f(x),g(x)定义域都是R,且g(x)>0, g( x) 1
证明f(x)与g(x)单调性一致 。
函数单调性的应用
一、利用函数单调性比较大小例：比较log3（x+1）和log3（2x+3）的大小。
分析：从题设的两个对数，便联想起y=log3t在（0，+∞）上是单调增函数，因此，只须比较真数的大小，原题就获解。
解：由x+1＞02x+3＞0嗓得x＞-1。
当x＞-1时，有0＜x+1＜2x+3，因为函数y=log3t在（0，+∞）上递增，故log3（x+1）＜log3（2x+3）。
二、利用函数单调性解不等式例：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。
解不等式f（x2-2x）＞f（x+4）。
分析：若函数f（x）在区间D上单调递增，则x1，x2∈D且f（x1）＞f（x2）时，有x1＞x1。
若函数f（x）在区间D上单调递减，则x1，x2∈D且f（x1）＞f（x2）时，有x1＜x1。
本题为抽象函数，故代入求值解不等式不可行，因此，利用上述函数单调性的这种可递性来解。
解：令x=y=0，则f（0）=0令x=-y，可得f（-x）=-f（x）在R上任取x1＞x2，则f（x1）-f（x2）=f（x1）+f（-x2）=f（x1-x2）∵x1＞x2，∴x1-x2＞0，又∵x＞0时f（x）＜0，∴f（x1-x2）＜0即f（x1）-f（x2）＜0，∴f（x1）＞f（x2）∴f（x）在R上单调递减。
不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海。
———《荀子》以上的名言警句都有共同的特点，都是说无论做什么事都要懂得积累。
水滴石穿，绳锯木断。
千里之堤，溃于蚁穴。
成就事业也需要积累，不懈地努力奋斗。
学习也应如此，要不断地积累才会有知识，这是成功的前提从细小到伟大是一个有量变到质变的过程。
现在中国的发展依靠着马克思理论、毛泽东思想、邓小平理论、三个代表重要思想等，但有多少人知道马克思主义是怎样炼成的呢？马克思为写《资本论》，阅读了1500多种书，留下了100多本读书笔记。
他几乎掌握欧洲所有国家的语言，他在头脑里积累储存了取之不尽、用之不竭的信息和资料。
抽象函数单调性、奇偶性的判断及其综合运用.doc
抽象函数单调性.奇偶性的判断及其综合运用抽象函数奇偶性、单调性的判断1.对于抽象函数奇偶性的判断，通常用定义法（方法）O要充分利用所给条件想方设法寻找f X与f -X之间的关系。
此类题hl常用到f 0 ，可通过对式子中的变量进行特殊赋值（技巧），构造出0,把f 0求出来。
利用特殊法求解，取特殊值时，要注意取值的合理性，有时取一组值不能得到合适的答案，还需尝试再取另一组。
做题时，注意体会领悟。
2.对于抽彖函数单调性的判断，也是利用定义法，就是耍注意作差（或作商）公式的变形应用(1) f xl f x2 f xl x2 x2 f x2(2) f x2 f xl f x2 xl xl f xlX (3) f xl f x2 f 1 x2 f x2 x2X (4) f x2 f xl f 2 xl f xl xlX f 1 x2 f xl X (5) 2fx2fx2 x 1 “ 2 x2 f x2 X (6) 2fxlfxl3.用定义法证明抽象函数单-调性的步骤与技巧（1）取值取值技巧：取值时，要有方向性、H标性①若题干中出现暗示单调性的条件为“当x 0时，f x 0”时，一般我们会按照“任取xl,x2 A, Kxl x2,则xl x2 0 （A为题设所给定义域，下同）”的模式來操作。
②若题干中出现暗示单调性的条件为“当x 0时，f x 『时，我们可以按照“任取xl,x2 A, Kxl x2,则xl x2 0”的模式來操作。
③若题干中出现暗示单调性的条件为“当x 0时，f x 『时,按照“任取xl,x2 A,且xl x2,则x2 xl 0”的模式来取值，那么在变形时就耍选择第二个变形公式了。
④若题干中出现暗示单调性的条件为“当x 0时，f x0”时，按照“任取xl,x2 A,且xl x2,则x2 xl 0”的模式来取值时，在变形时也要耍选择第二个变形公式。
注：不管怎么取值都可以，但是在选择变形公式时，必须要保证跟题干所给的暗示单调性的条件方向统一，否则将函数值作差后无法判断其符号，从而也就无法判断函数的单调性。
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在抽象函数中创新应用单调性
对应法则和题设条件是刻画抽象函数本质属性的特征量，在求解关于单调性的问题中要能创新使用对应法则和题设条件。
例 1 设函数)(x f y =的定义域为R ，1)0(=f ，对于任意的实数n m ,恒有
)()()(n f m f n m f ⋅=+，且当0>x 时，0＜1)(<x f ，试判断)
(x f 在R 上的单调
性。
解：设1x ，2x 是
R
上任意两个实数，且1x ＜2x ，有2x －1x ＞0，则
1)(012<-<x x f ，=)(2x f [])(121x x x f -+=)()(121x x f x f -⋅。
对于)(1x f 的符号：当1x ≥0时，显然有0＜1)(1<x f ； 当1x ＜0时，01>-x ，有0＜1)(1<-x f 。
因为)(1x f )(1x f -⋅=)(11x x f -=1)0(=f ，所以)(1x f =)(1
1x f -＞1， 综上知对于任意的1x ∈
R
，都有)(1x f ＞0。
∴ =)(2x f )()(121x x f x f -⋅＜)(1x f ，∴ )(x f 在R 上是减函数。
例2，函数f(x)满足R x x ∈∀21,都有f(x1+x2)= f(x1)+ f(x2)-3,并且当x>0时, f(x)>3 (Ⅰ)求证f(x)是R 上的增函数 ⑵若f(3)=6,解不等式f(a2-3a-9)<4. 分析:用定义证明单调性，变形技巧:()1122x x x x +-= 证明: 设,,21R x x ∈且
2
1x x <则()3,01212>-∴>-x x f x x ，因为()()()[]()=--+=-112112x f x x x f x f x f =
f(x1)+
()-
--312x x f f(x1)=
()
12x x f --3>
0，所以f(x1)< f(x2)，即f(x)是R 上的增函数 ⑵f(3)=()()()6613321=-=-+f f f ，
∴
()4
1=f .所以f(a2-3a-9)<4.即f(a2-3a-9)< ()1f ，()x f 在R 上是增函数∴
a2-3a-9<1解得-2<a <5即不等式f(a2-3a-9)<4的解集为()5,2-。
点评: 单调性定义证明利用题设使抽象的问题变为比较()12x x f -与3的大小的
具体问题。
本题中的隐含条件()41=f 不可忽视，本题背景函数为一次函数。
3，定义在（0，+∞）上的函数f(x) 对任意x,y ∈R +都有)()()(y f x f xy f += 且当10<<x 时f(x)0<，（1）求()1f ⑵求证()()x f f x -=1，判断f(x)在（0，+∞）上的单调性并说明理由 ⑶若()02<-x f 求实数x 的取值范围 分析:用好函数一系列的已知条件，注意变形技巧:2
12
1x x x x =
的使用可正确解题
解; （1）()()()()21212111f f f f +=⨯=，()01=∴f ⑵()()()()111
f x f x f f x x
=⋅=+=0， ∴
()()
x f f
x -=1。
设
,
021x x <<()0
102
12
1<∴<<
x x x x f
，
()(
)()()2212
12
1x f f
x f
x f x x x x +
=∙=
<()2x f 或()()=-21x f x f ()()()02
1
2
11<=+x x x f f x f ⇒ f(x 1)< ()2x f ,()x f ∴在（0，
+∞）上是增函数 ⑶()()102f x f =<-由⑵知120<-<x 得32<<x ，所以原不等式的解集为()3,2
点评: 本题运用单调性“脱去f ”时不能忽略f(x)的定义域，否则会出错，注意等
价命题的证明，要证()()x f f x
-=1
，不妨先证()()01=+x f f x ，本题背景函数为对数函数。
例3 已知函数)(x f 的定义域为()+∞,0且是增函数，满足
)()()(y f x f y x f -=，1)6(=f ，解关于x 的不等式2)1()3(<-+x f x f 。
解：由题设条件知
=
)6(f )
636(f =)6()36(f f -，)36(f =2)6(f =2，于是不等
式2)1
()3(<-+x f x f 转化为)3(2
x x f +＜)36(f ，再由函数)(x f 是定义域为
()+∞,0的增函数可得36
302
<+<
x x ，解之得
2
17
330+-<
<x ，
所以不等式2
)1
()3(<-+x f x f 的解集为﹛x ︱217330+-<<x ﹜。