SXA204高考数学必修_利用函数单调性解抽象函数不等式问题
高中数学课程：抽象函数不等式
高中数学课程：抽象函数不等式
已知函数不等式求参数的取值范围，有小伙伴说，代入解析式，然后解不等式即可。
是这样的么？解析式在哪里？
宁可静下3分钟审题，也不要急于1秒下笔，千万不要拿着半截就开跑，不然吃相会很难看。
这是抽象函数问题，没有解析式，利用函数的性质，脱去f是才关键。
本题借助抽象函数，考查函数的单调性、奇偶性、导数的综合应用，考查观察分析能力和逻辑推理能力，有一定难度。
也许你有点蒙圈，想放弃。
那就换个视角，说不定就峰回路转，柳暗花明。
法2看着舒服多了，可不，这就叫抽象问题具体化。
利用函数单调性求不等式问题的三种技巧
Җ㊀安徽㊀孙光元㊀㊀函数的单调性会在很多题型中出现或应用,如求解函数最值㊁解函数不等式㊁求函数中参数的范围等．因此,利用函数的单调性就成为解题的关键,我们要学会巧妙利用题干中的条件把原问题进行等价转换,利用函数单调性顺利求解问题．１㊀直接法采用直接法构造函数要求考生掌握函数㊁不等式和方程之间的关系,熟悉不等式和方程所对应的函数的单调性,从而熟练构造函数,利用单调性顺利完成问题求解．直接法是构造函数最常用的一种方法,在解题时要学会灵活运用．例１㊀已知１x ＋１＋１x ＋２＋ ＋１２x ȡ１１２l o g a (a －１)＋２３对于大于１的正整数x 恒成立,试确定a 的取值范围．构造函数f (x )＝１x ＋１＋１x ＋２＋ ＋１２x,因为f (x ＋１)－f (x )＝１２x ＋１＋１２x ＋２－１x ＋１＝１２x ＋１－１２x ＋２＞０,所以函数f (x )是增函数．又因为x 是大于１的正整数,所以f (x )ȡf (２)＝７１２．若要使目标不等式成立,那么１１２lo g a (a －１)＋２３ɤ７１２,即l o g a (a －１)ɤ－１,解得１＜a ɤ１＋５２．２㊀作差或作商法作差㊁作商法简单来说就是在解题过程中,可直接利用作差f (x １)－f (x ２)或作商f (x １)f (x ２)(f (x ２)＞０)来构造函数,这是比较直观和简单的一个方法．例２㊀已知x ＞－１,且x ʂ０,n ɪN ∗,当n ȡ２时,求证:(１＋x )n＞１＋n x ．令f (n )＝１＋n x(１＋x )n,因为x ＞－１,且x ʂ０,所以f (n ＋１)－f (n )＝１＋(n ＋１)x (１＋x )n ＋１－１＋n x (１＋x )n ＝－n x ２(１＋x )n ＋１＜０,故f (n )在N ∗上是减函数,则f (２)＜f (１)＝１＋x１＋x＝１,所以当n ȡ２时,f (n )＜１,即(１＋x )n＞１＋n x ．３㊀分离参数法题目中含有参数的情况比较复杂,会使解题的过程变得有些困难,而这个时候就需要把参数单独分离在等号或者不等号的一边,让另外一边的函数关系变得清晰明了,从而利用函数单调性进行求解．例３㊀已知x ＞０时,１＋l n (x ＋１)x ＞k x ＋１恒成立,求正整数k 的最大值．当x ＞０时,１＋l n (x ＋１)x ＞k x ＋１恒成立,即[１＋l n (x ＋１)](x ＋１)x＞k 恒成立．设f (x )＝[１＋l n (x ＋１)](x ＋１)x(x ＞０),则要使f m i n (x )＞k ,易知fᶄ(x )＝x －１－l n (x ＋１)x ２．设g (x )＝x －１－l n (x ＋１)(x ＞０),所以gᶄ(x )＝xx ＋１＞０,所以g (x )在区间(０,＋ɕ)上单调递增,且g (２)＝１－l n３＜０,g (３)＝２－２l n２＞０．所以存在唯一实数a ,使得g (x )＝０,且a ɪ(２,３)．当x ＞a 时,g (x )＞０,f ᶄ(x )＞０,函数f (x )单调递增;当０＜x ＜a 时,g (x )＜０,fᶄ(x )＜０,函数f (x )单调递减．所以f mi n (x )＝f (a )＝(a ＋１)[１＋l n (a ＋１)]a ＝a ＋１ɪ(３,４)．综上,正整数k 的最大值为３．直接法㊁作差或作商法㊁分离参数法等都是构造函数最常用的几种技巧和方法,除此之外,还有很多其他方法,如换元法㊁辅助法等,在解题的过程中要善于举一反三㊁灵活运用．(作者单位:安徽省肥东第一中学)５１。
重点突破24：利用抽象函数的单调性解函数不等式
重点突破：利用抽象函数的单调性解函数不等式姓名：___________班级：___________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。
：第一步：确定函数在给定区间上的单调性和奇偶性；第二步：将函数不等式转化为)()(N f M f <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；1.设奇函数()f x 在()0,+∞上为增函数，且()20f =，则不等式()()0f x f x x --<的解集为（ ）A. ()()2,02,-⋃+∞B. ()(),20,2-∞-⋃C. ()(),22,-∞-⋃+∞D. ()()2,00,2-⋃2.函数()y f x =在R 上为增函数，且()()29f m f m >+，则实数m 的取值范围是( )A. ()9+∞，B. [)9+∞，C. (),9-∞-D. (]9-∞，3.已知定义在R 上的函数()f x 为增函数，当121x x +=时，不等式()()()()1201f x f f x f +>+恒成立，则实数1x 的取值范围是（ ）A. (),0-∞B. 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ C. 1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D. ()1,+∞ 4.函数()f x 在()-∞+∞，单调递减，且为奇函数．若()11f =-，则满足()121f x --≤≤的x 的取值范围是（ ）A ．[]22-，B ．[]11-，C ．[]04，D ．[]13，5.已知奇函数在R 上是增函数，.若，，，则a ，b ，c 的大小关系为（ ）（A ） （B ） （C ） （D ）6.如图，函数()f x 的图象为折线ACB ，则不等式()()2log 1f x x +≥的解集是（ ）A ．{}|10x x -<≤B ．{}|11x x -≤≤C ．{}|11x x -<≤D ．{}|12x x -<≤ 7.已知f (x )R 上的偶函数，且在区间（-∞，0）上单调递增.若实数a 足 1(2)(a f f ->，则a 的取值范围是______.8. 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12,x x ，且12x x ≠，不等式()()()()11221221x f x x f x x f x x f x +<+恒成立，则不等式()()1120x f x +-<的解集为__________．)(x f1.设奇函数()f x 在()0,+∞上为增函数，且()20f =，则不等式()()0f x f x x --<的解集为（ ）A. ()()2,02,-⋃+∞B. ()(),20,2-∞-⋃C. ()(),22,-∞-⋃+∞D. ()()2,00,2-⋃【答案】D 2.函数()y f x =在R 上为增函数，且()()29f m f m >+，则实数m 的取值范围是( )A. ()9+∞，B. [)9+∞，C. (),9-∞-D. (]9-∞，【答案】A3.已知定义在R 上的函数()f x 为增函数，当121x x +=时，不等式()()()()1201f x f f x f +>+恒成立，则实数1x 的取值范围是（ D ）A. (),0-∞B. 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ C. 1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D. ()1,+∞ 4.函数()f x 在()-∞+∞，单调递减，且为奇函数．若()11f =-，则满足()121f x --≤≤的x 的取值范围是（D ）A ．[]22-，B ．[]11-，C ．[]04，D ．[]13，5.已知奇函数在R 上是增函数，.若，，，则a ，b ，c 的大小关系为（A ） （B ） （C ） （D ）6.如图，函数()f x 的图象为折线ACB ，则不等式()()2log 1f x x +≥的解集是（ C ）A ．{}|10x x -<≤ B ．{}|11x x -≤≤C ．{}|11x x -<≤D ．{}|12x x -<≤ 7.已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间（-∞，0）上单调递增.若实数a 足1(2)(a f f ->，则a 的取值范围是__13(,)22____. 8.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12,x x ，且12x x ≠，不等式()()()()11221221x f x x f x x f x x f x +<+恒成立，则不等式()()1120x f x +-<的解集为_____11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭_____．。
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。
利用函数的单调性解方程或解(证)不等式
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利用函数的单调性解方程或解（证）不等式作者：吴厚荣
来源：《中国新技术新产品》2009年第15期
摘要: 函数的单调性是中学数学教材中介绍函数的一种重要性质,函数的单调性在解决方程,不等式问题时扮演着重要角色。
关键词: 单调性;解方程;解(证)不等式
我们知道函数,方程,不等式三者之间是互相联系的,函数的单调性是中学数学教材中介绍函数的一种重要性质,函数的单调性在解决方程,不等式问题时扮演着重要角色,本文介绍利用函数的单调性解方程或解(证)不等式。
利用函数的单调性巧解方程和不等式
解 ： 不等式可化 为 ： 原
）十２・ 。
＞ ＋２ ，
设 （＝。 （一 ， ）－ 厂） ＋ ， ） 矗 一． ２ｇ 熹 （ ｚ ｚ
由于 ＿ ） Ｒ 上 是 增 函数 ， 厂 在 （
等价 于 ＿ Ｉ（ ＜ ＿ １Ⅱ ， 厂 ｚ １ 厂 ＋４ ） （ ３ ＋１ ） （２ １
所 以原不等式 等价 于 ｇ ｚ ＞＾ ｚ ， （） （）
即 ＞ ，
又 ’ 在［ ， 。 上单调递减 ， 以原不等式等价 （ ） Ｏ ＋ｏ ） 所
于 ｌｎ １＞ ｌ口 ＋ ＋４ ， ３ ｌ ２ ｆ 这 个 不 等式 的解 集 为 （ 。 一 １ Ｕ （ ， 。 ） 一。 ， ） ３ ＋ 。 ．
【 ２ 解 方 程 （ ＋ ３ （ ＋３ 一 ＋ｚ ． 例 】 ２ ）＋ ２ ）
这 个 不 等 式 的解 集 为 （ 。 一 ３ Ｕ（ ２ １ ． 一。 ， ） 一 ，）
总之 ， 利用 函数 的单调 性解 方 程或 不 等式 ， 键是 关 构造一个恰 当的函数 ． 就要充分 利用所 学 的知识 和式 这 子的结构特征 ， 准确地 找出等价的方程或不等式．
可 能更 方 便 些 ． 先 证 明 一个 定 理 ： 首 所 以原 方 程 等 价 于 ｇ ） （ 一 （ ， ） 即２ ＋３＝ 则 原 方 程 的解 为 一 一３ ＝ ， ＝ ．
【 ３ 解 方程 ｅ 例 】 ＋ｅ 一ｅ － ｅ ＋ ２ 一 ｘ：０ ．
定理 ： 若函数 － ） 区间 Ｊ ， Ｒ 上是单调 函数 ， 厂 在 （ （ ） 且 函数 ｇ 工 ， （ 的值域 Ｊ （ ）＾ ） ， ∈Ｒ， 则方程 ｆ ｇ ｘ ］ Ｅ （ ） 一
SXA196高考数学必修_函数的单调性能解决哪些问题
函数的单调性能解决哪些问题函数的单调性是函数的一个重要性质,也是我们在学习函数时要重点掌握的一个内容.函数的单调性这一部分学不好会直接影响到我们对函数及其其他性质的准确把握与理解.其中函数单调性的运用更是重中之重,在历年高考试题中经常涉及到运用函数单调性解决其他的试题，因此要引起重视.一、运用函数的单调性求参数的取值范围例1.已知()()()()⎩⎨⎧≥<+-=1,log 1,413x x x a x a x f a是(,)-∞+∞上的减函数，那么a 的取值范围( )（A ）(0,1)（B ）1(0,)3 （C ）11[,)73（D ）1[,1)7（类同北京文4）分析:本题考查分段函数、函数的单调性质，基础题。
解析：要使()x f 为()+∞∞-,上的增函数，必须满足两个段的函数都是减函数且第一支的最小值必须大于第二支的最大值，即()317171103104131031413log 10013<≤⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<<<⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥+-<<<⇒⎪⎩⎪⎨⎧+-≤<<<-a a a a a a a a a x a x a a a，故选择C 。
评注：依函数的的单调性得到关于a 的不等式组是解决本题的关键。
三、运用函数的单调性解不等式 例2.解不等式05110)1(833>+++++x x x x . 分析:要想利用函数的单调性解不等式就必须先构造函数.解：原不等式变形为)5()12(5)12(33x x x x +->+++。
令x x x f 5)(3+=,则)()12(x f x f ->+,注意到)(x f 是奇函数.而()0532>+='x x f 所以函数x x x f 5)(3+=单调递增，故)()()12(x f x f x f -=->+。
所以x x ->+12，解得1->x 。
高考数学专题06确定抽象函数单调性解函数不等式黄金解
专题06 确定抽象函数单调性解函数不等式【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)(x f 在给定区间上的单调性和奇偶性； 第二步 （转化）将函数不等式转化为)()(N f M f <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.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12,x x ，且12x x ≠，不等式()()()()11221221x f x x f x x f x x f x +<+恒成立，则不等式()()1120x f x +-<的解集为__________．【答案】11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭.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：()()()1f x y f x f y +=+-；②当0x >时，()1f x >．（1）求()0f ；（2）求证：()f x 在R 上增函数；（3）若()67,3f a =≤-，关于x 的不等式()()223f ax f x x -+-<对任意[)1,x ∈-+∞恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）()01f =；（2）证明见解析；（3）(]5,3--．即()2130x a x -++>在[)1,x ∈-+∞上恒成立，令()()213g x x a x =-++，即()min 0g x >成立即可．①当112a +<-，即3a <-时，()g x 在[)1,x ∈-+∞上单调递增， 则()()()min 11130g x g a =-=+++>解得5a >-，所以53a -<<-，②当112a +≥-即3a ≥-时，有()()2min 111130222a a a g x g a +++⎛⎫⎛⎫==-++> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得231231a -<<，而2313-<-，所以3231a -≤<， 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(1)1f -=-.当[1,1]x ∈-时，函数2()21f x t at ≤-+，对一切[1,1]a ∈-恒成立，则实数t 的取值范围为（ ）A.22t -≤≤B.2t ≤-或2t ≥C.0t ≤或2t ≥D.2t ≤-或2t ≥或0t = 【答案】D 【解析】试题分析：由奇函数()f x 在区间[1,1]-上是增函数，且(1)1f -=-，所以在区间[1,1]x ∈-的最大值为1，所以2121t at ≤-+当0t =时显然成立，当0t ≠时，则220t at -≥成立，又[1,1]a ∈-，令()22,[1,1]g a at t a =-∈-，当0t >时，()g a 是减函数，故令()10g ≥，解得2t ≥；当0t <时，()g a 是增函数，故令()10g -≥，解得2t ≤-，综上所述，2t ≥或2t ≤-或0t =，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121x x +=时，不等式()()()()1201f x f f x f +>+恒成立，则实数1x 的取值范围是（ ）A. (),0-∞B. 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C. 1,12⎛⎫⎪⎝⎭D. ()1,+∞ 【答案】D【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．（1）求(1),(1)f f -的值； （2）求证：()()f x f x -=； （3）解不等式1(2)()02f f x +-≤．【答案】（1）(1)0f =,(1)0f -=；（2）证明见解析；（3）⎥⎦⎤ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡1,2121,0 ．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,(1,1)x y ∈-，都有()()()1x yf x f y f x y++=++；②当(1,0)x ∈-时，有()0f x >，求证：（1）()f x 是奇函数； （2）()f x 是单调递减函数； （3）21111()()()()1119553f f f f n n +++>++，其中*n N ∈． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析． 【解析】试题分析：（1）由奇函数的定义及特殊值0)0(=f 即可证明；（2）由单调性的定义,做差证明；（3）先由题（3）211()1(3)(2)23()[][]1155(2)(3)11()23n n n n f f f n n n n n n +-+-+++==++++-+-++ 1111()()()()2323f f f f n n n n =+-=-++++∴2111()()()111955f f f n n +++++111111[()()][()()][()()]344523f f f f f f n n =-+-++-++ 1111()()()()3333f f f f n n =-=+-++∵1013n <<+，∴1()03f n ->+，∴111()()()333f f f n +->+．故21111()()()()1119553f f f f n n +++>++．考点：1．抽象函数；2．函数的单调性,奇偶性；3．数列求和． 【高考再现】1.【2017全国卷一理】函数()f x 在()-∞+∞，单调递减，且为奇函数．若()11f =-，则满足()121f x --≤≤的x 的取值范围是（） A ．[]22-， B ．[]11-， C ．[]04， D ．[]13，【答案】D【解析】因为()f x 为奇函数，所以()()111f f -=-=，于是()121f x --≤≤等价于()()()121f f x f --≤≤| 又()f x 在()-∞+∞，单调递减 121x ∴--≤≤3x ∴1≤≤故选D2.【2017天津理】已知奇函数()f x 在R 上是增函数，()()g x xf x =.若2(log 5.1)a g =-，0.8(2)b g =，(3)c g =，则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 <<【答案】C3. 【2016高考新课标2理数】已知函数()()f x x ∈R 满足()2()f x f x -=-，若函数1x y x+=与()y f x =图像的交点为1122(,),(,),,(,),m m x y x y x y ⋅⋅⋅则1()miii x y =+=∑（ ）（A ）0 （B ）m （C ）2m （D ）4m 【答案】C 【解析】试题分析：由于()()2f x f x -+=，不妨设()1f x x =+，与函数111x y x x+==+的交点为()()1,2,1,0-，故12122x x y y +++=，故选C. 考点： 函数图象的性质【名师点睛】如果函数()f x ，x D ∀∈，满足x D ∀∈，恒有()()f a x f b x +=-，那么函数的图象有对称轴2a bx +=；如果函数()f x ，x D ∀∈，满足x D ∀∈，恒有()()f a x f b x -=-+，那么函数的图象有对称中心.4. 【2015高考北京，理7】如图，函数()f x 的图象为折线ACB ，则不等式()()2log 1f x x +≥的解集是（ ）A ．{}|10x x -<≤B ．{}|11x x -≤≤C ．{}|11x x -<≤D ．{}|12x x -<≤【答案】C础题，首先是函数图象平移变换，把2log y x =沿x 轴向左平移2个单位，得到2log (y x =+2)的图象，要求正确画出画出图象，利用数形结合写出不等式的解集.5. 【2014高考陕西版理第7题】下列函数中，满足“()()()f x y f x f y +=”的单调递增函数是（ ）（A ）()12f x x = （B ）()3f x x = （C ）()12xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭（D ）()3x f x =【答案】D6. 【2014辽宁理12】已知定义在[0,1]上的函数()f x 满足： ①(0)(1)0f f ==；②对所有,[0,1]x y ∈，且x y ≠，有1|()()|||2f x f y x y -<-. 若对所有,[0,1]x y ∈，|()()|f x f y k -<，则k 的最小值为（ ）A ．12 B ．14 C ．12π D ．18【答案】B 【解析】考点：1.抽象函数问题；2.绝对值不等式.【名师点睛】本题考查抽象函数问题、绝对值不等式、函数的最值等.解答本题的关键，是利用分类讨论思想、转化与化归思想，逐步转化成不含绝对值的式子，得出结论.本题属于能力题，中等难度.在考查抽象函数问题、绝对值不等式、函数的最值等基础知识的同时，考查了考生的逻辑推理能力、运算能力、分类讨论思想及转化与化归思想.7. 【2016高考天津理数】已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间（-∞，0）上单调递增.若实数a 足1(2)(2)a f f ->，则a 的取值范围是______.【答案】13(,)22考点：利用函数性质解不等式【名师点睛】不等式中的数形结合问题，在解题时既要想形又要以形助数，常见的“以形助数”的方法有：(1)借助数轴，运用数轴的有关概念，解决与绝对值有关的问题，解决数集的交、并、补运算非常有效． (2)借助函数图象性质，利用函数图象分析问题和解决问题是数形结合的基本方法，需注意的问题是准确把握代数式的几何意义实现“数”向“形”的转化． 【反馈练习】1. 【2017-2018学年河北省邢台市高一上学期第一次联考数学试题】函数()y f x =在R 上为增函数，且()()29f m f m >+，则实数m 的取值范围是( )A. ()9+∞，B. [)9+∞，C. (),9-∞-D. (]9-∞， 【答案】A2．【2018届河南省林州市第一中学高三10月调研数学（理）试题】设奇函数()f x 在()0,+∞上为增函数，且()20f =，则不等式()()0f x f x x--<的解集为（）A. ()()2,02,-⋃+∞B. ()(),20,2-∞-⋃C. ()(),22,-∞-⋃+∞D. ()()2,00,2-⋃【答案】D 【解析】函数()f x 为奇函数，则()()f x f x -=-，()()0f x f x x--< ，化为()20f x x< ，等价于()0xf x <，当0x >时，解得02x <<，当0x <时， 20x -<<，不等式的解集为： ()()2,00,2-⋃，选D.3．【2018届河南省南阳市第一中学高三上学期第三次考试数学（文）试题】已知函数是定义在上的偶函数，且在区间上单调递增.若实数满足，则的取值范围是（ ）A. B. C. D.【答案】C4．【2017届天津市滨海新区高三上学期八校联考（理科）数学试卷】已知()f x 是定义在R 上的奇函数，对任意两个不相等的正数12,x x ，都有()()2112120x f x x f x x x -<-，记()0.20.24.14.1f a =， ()2.12.10.40.4f b =，()0.20.2log 4.1log4.1f c =，则（ ）A. a c b <<B. a b c <<C. c b a <<D. b c a << 【答案】A【解析】设120x x << ，则()()()()122112120f x f x x f x x f x x x ->⇒>所以函数()()f x g x x=在()0,+∞ 上单调递减，因为()f x 是定义在R 上的奇函数，所以()g x 是定义在R 上的偶函数，因此()0.20.24.14.1f a =()()0.24.11g g =< ， ()2.12.10.40.4f b =()()()2.120.40.40.5g g g =>> ， ()0.20.2log 4.1log 4.1f c =()()()0.251log 4.1log 4.11,2g g g g ⎛⎫⎛⎫==∈⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即a c b << ，选A.点睛：利用函数性质比较两个函数值或两个自变量的大小，首先根据函数的性质构造某个函数，然后根据函数的奇偶性转化为单调区间上函数值，最后根据单调性比较大小，要注意转化在定义域内进行 5．【2017届广西省高三教育质量诊断性联合考试数学（文）试卷】已知定义在R 上的奇函数()f x 在[)0,+∞上递减，若()()321f x x a f x -+<+对[]1,2x ∈-恒成立，则a 的取值范围为（ ） A. ()3,-+∞ B. (),3-∞- C. ()3,+∞ D. (),3-∞ 【答案】C7．【2018届江西省六校高三上学期第五次联考理数试卷】已知函数是上的奇函数，当时为减函数，且，则=（ ）A. B.C. D.【答案】A【解析】∵奇函数满足f (2)=0, ∴f (−2)=−f (2)=0.对于{x |f (x −2)>0},当x −2>0时,f (x −2)>0=f (2)， ∵x ∈(0,+∞)时,f (x )为减函数， ∴0<x −2<2， ∴2<x <4.当x −2<0时,不等式化为f (x −2)<0=f (−2)， ∵当x ∈(0,+∞)时,f (x )为减函数， ∴函数f (x )在(−∞,0)上单调递减， ∴−2<x −2<0，∴0<x <2.综上可得：不等式的解集为{x ∣∣0<x <2或2<x <4} 故选D. 8.【2017—2018学年江苏省扬州市邗江区公道中学高一数学第二次学情测试题】()f x 是定义在R 上的偶函数，且对任意的(]0a b ∈-∞，，，当a b ≠时，都有()()0f a f b a b->-.若()()121f m f m +<-，则实数m 的取值范围为_________. 【答案】(0,2)9. 【2017届江苏省南京师范大学附属中学高三高考模拟考试二数学试题】已知()f x 是定义在区间[]1,1-上的奇函数，当0x <时， ()()1f x x x =-．则关于m 的不等式()()2110f m f m -+-<的解集为__________．【答案】[)0,1【解析】当0x >时，则()()()0,11x f x x x x x -<-=---=+，即()()1f x x x -=+，所以()()1f x x x =-+，结合图像可知：函数在[]1,1-单调递减，所以不等式()()2110f m f m -+-<可化为2220{111 111m m m m -->-≤-≤-≤-≤，解之得01m ≤<，应填答案[)0,1。
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，。
函数专题：利用函数单调性与奇偶性解不等式的6种常见考法-【题型分类归纳】
函数专题：利用函数单调性与奇偶性解不等式的6种常见考法一、单调性定义的等价形式（1）函数()x f 在区间[]b a ,上是增函数:⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x <，都有()()021<-x f x f ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121>--x x x f x f ；⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()()[]02121>--x f x f x x ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121>--x f x f x x .（2）函数()x f 在区间[]b a ,上是减函数:⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x <，都有()()021>-x f x f ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121<--x x x f x f ；⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()()[]02121<--x f x f x x ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121<--x f x f x x .二、定义法判断函数奇偶性判断()f x -与()f x 的关系时，也可以使用如下结论：如果()0()f x f x --=或()1(()0)()f x f x f x -=≠，则函数()f x 为偶函数； 如果()0()f x f x -+=或()1(()0)()f x f x f x -=-≠，则函数()f x 为奇函数． 三、利用单调性、奇偶性解不等式原理 1、解()()<f m f n 型不等式（1）利用函数的单调性，去掉函数符号“f ”，将“抽象”的不等式问题转化为“具体”的不等式问题求解；（2）若不等式一边没有函数符号“f ”，而是常数（如()<f m a ），那么我们应该将常数转化带有函数符号“f ”的函数值再解。
利用函数的单调性巧解方程和不等式
利用函数的单调性巧解方程和不等式作者：贾金庆来源：《中学教学参考·理科版》2009年第10期我们在解方程或不等式时,经常遇到较为复杂的函数值之间的关系.这时,如果借助函数的单调性来解决,可能更方便些.首先证明一个定理:定理:若函数f(x)在区间上是单调函数,且函数g(x),h(x)的值域∈R,则方程f[g(x)]=f[h(x)](不等式f[g(x)]>f[h(x)])与方程不等式g(x)h(x))同解.证明:在此仅证明f[g(x)]=f[h(x)]和的同解设实数是方程f[g(x)]=f[h(x)]的根,则有∈由于函数f(x)在区间上是单调函数,所以即也是方程g(x)=h(x)的根;反之,设实数是方程g(x)=h(x)的根,则有且∈I,所以对于区间上的单调函数f(x),f[g即也是方程f[g(x)]=f[h(x)]的根.【例1】若函数f(x)是R上的偶函数,且在上单调递减,试解不等式f(3a+1)解:因为函数f(x)是R上的偶函数,所以原不等式等价于f(|3a+1|)又f(x)在[0,+∞)上单调递减,所以原不等式等价于|3a+1|>|2a+4|,这个不等式的解集为(-∞,-1)∪(3,+∞).【例2】解方程(2解:原方程可化为设由于f(x)在R上是增函数,所以原方程等价于g(x)=h(x),即2x+3=x,则原方程的解为x=-3.【例3】解方程----解:原方程可化为---x),设-x.由于f(x)在R上是增函数,所以原方程等价于g(x)=h(x),即x=-x,则原方程的解为x=0.【例4】解不等式解:设由于f(x)在R上是增函数,所以原不等式等价于g(x)利用正弦函数和余弦函数的图象得原不等式的解集为(2kπ-3π4,2kπ+π4),k∈Z.【例5】解不等式--2x>0.解:原不等式可化为设由于f(x)在R上是增函数,所以原不等式等价于g(x)>h(x),即3x+2>x,这个不等式的解集为(-∞,-3)∪(-2,1).总之,利用函数的单调性解方程或不等式,关键是构造一个恰当的函数.这就要充分利用所学的知识和式子的结构特征,准确地找出等价的方程或不等式.(责任编辑:金铃)。
【精品】高三数学《函数单调性在不等式中的运用》教案.doc
函数单调性在不等式中的运用函数单调性是函数的重要性质之一，其有着广泛应的应用.巧妙利用函数的单调性可解抽象函数不等式、证明函数型不等式、求解不等式中参数的取值范围等。
一、解抽象不等式抽象函数不等式常利用函数的单调必性，化归为函数自变量的大小，脱去函数中的“f”，再利用函数单调性的性质从而化为不等式求解。
基本方法：若函数^3)在区间。
上单调递增，且不，为€。
，则由(为可得：X| < x2;若函数/'(尤)在区间Q上单调递减，且X】，x2e D,则由可得：X] >x2,利用此性质，即可确定自变量之间的关系。
例1.已知偶函数/⑴在区间[0,+8)单调增加，则满足/(2x-l)< /(-)的X取值范围是1 2 1 2 1 2 1 2(A) (-, -) (B) - ) (C)(上，-) (D)-)3 3 3 3 2 3 2 3【解析】由于f(x)是偶函数，故f(x) = f(lxl)・・・得f(l2x-ll)<f(-),再根据f(x)的单调性I 1 2得I2x—11< - 解得—<x< —3 3 3例2.设奇函数八工)在(o,+8)上为增函数，且/(i)= o,则不等式v0的解集为x(D )A. (-1,O)，U(1 +8)B. (-8,-J)U(0 1)C. (一8,—J)U(l +9)D. (-l,0)，U(01)【解析】由/(X)是奇函数可知■/C V)-./(-A)=2£U)<0>而/(1) = 0>则八_])= _/⑴=0,当x〉OH、j, /(x)<0 = /(I)；当xvO 时，/(x)>o = /(-I), 乂/。
)在(0, + 8)上为增函数，则奇函数在(*,0)上为增函数，O VJVV I,或%1.证明函数不等式利用函数单调性证明不等式，是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是高考的热点。
其主要思想是利用不等式与函数之间的联系，将不等式的部分或者全部投射到函数上。
一道利用函数的奇偶性和单调性求解抽象不等式的题目
一道利用函数的奇偶性和单调性求解抽象不等式的题目构造函数法例.（河北石家庄一中高一期末）已知函数()x f 为定义在R 上的奇函数,对于[)+∞∈∀,0,21x x ,都有()()0121122>--x x x f x x f x （21x x ≠）,且()23=f ,则不等式()xx f 6>的解集为__________. 解析 本题考查函数的奇偶性和单调性,以及利用这些性质求解抽象不等式.综合性较强,难度较高.根据题目条件的特点,需要构造函数()()x xf x g =,并判断它的奇偶性和单调性. ∵函数()x f 为定义在R 上的奇函数∴()()x f x f -=-设()()x xf x g =,则()()()()x g x xf x xf x g ==--=-∴函数()x g 为定义在R 上的偶函数∵[)+∞∈∀,0,21x x ,都有()()0121122>--x x x f x x f x ,即()()01212>--x x x g x g ∴函数()x g 在[)+∞,0上单调递增∵函数()x g 为定义在R 上的偶函数∴函数()x g 在(]0,∞-上单调递减∵()xx f 6>,且()23=f ∴当0>x 时,()()()()333,6g f x g x xf =>>∴3>x ;当0<x 时,()()()()33,6-=<<g g x g x xf∴03<<-x综上所述,不等式()xx f 6>的解集为()()+∞-,30,3 .练习（多选）已知函数()112++=x x x f （∈x R ）,则下列结论正确的是【 】 （A ）()x f 为奇函数（B ）()x f 的图象关于点()1,0对称（C ）()x f 在R 上是增函数（D ）关于x 的不等式()()22>-+x f x f 的解集为()+∞,1答案 【BCD 】.解析 对于（A ）,函数()x f 的定义域为R ,关于原点对称∵()()x f xx x x x f -≠++-=+-+-=-112112 ∴()x f 不是R 上的奇函数,故（A ）错误;实际上,()1-x f 是R 上的奇函数.对于（B ）,设()x x x g +=12（∈x R ）,则()()x g xx x g -=+-=-12 ∴函数()x g 是R 上的奇函数,它的图象关于原点对称∵()()1+=x g x f∴将函数()x g 的图象向上平移1个单位长度,得到函数()x f 的图象 ∴函数()x f 的图象关于点()1,0对称,故（B ）正确;对于（C ）,当x ≥0时,则有()312112++-=++=x x x x f ,单调递增,根据函数()x f 的对称性可知函数()x f 在R 上是增函数,故（C ）正确;对于（D ）,由（A ）的解析可知:()1-x f 是R 上的奇函数设()()1-=x f x h ,则()()x h x h -=-,且为R 上的增函数∵()()22>-+x f x f∴()()0-xfx+f-21-1>∴()()()()()x>>--,0=22+2-xhh-hxxxhh∴x>x>2,解之得:1x-∴()()2f的解集为(),1.故（D）正确.x+∞f2>-+x综上所述,选择答案【BCD】.。
运用函数单调性与奇偶性解抽象函数不等式
运用函数单调性与奇偶性解抽象函数不等式【典例1】函数()f x 是R 上的单调函数，满足()()21f f >，且()()2f m f m >-，求实数m 的取值范围；【问题解决】由已知函数()f x 是R 上的单调函数，且满足()()21f f >， 得函数是R 上的单调递增函数，又()()2f m f m >-，所以2m m >-，解得10m m <->或所以实数m 的取值范围是10m m <->或；【典例2】已知奇函数()f x 的定义域为[2,2]-，且在区间[2,0]-内单调递减，求满足2(1)(1)0f m f m -+-<的实数m 的取值范围．【问题解决】∵()f x 的定义域为[2,2]-，∴有2212212m m -≤-≤⎧⎨-≤-≤⎩，解得1m -≤≤①由2(1)(1)0f m f m -+-<∴2(1)(1)f m f m -<--又由()f x 为奇函数，得22(1)(1)f m f m --=- ∴2(1)(1)f m f m -<-又()f x 为奇函数，且在[2,0]-上单调递减，∴()f x 在[2,2]-上单调递减．（要证明）∴211m m ->-.即21m -<< ②综合①②，可知11m -≤<.【牛刀小试】1、已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ x 2＋4x (x ≥0)，4x －x 2 (x ＜0)，若f (2－a 2)＞f (a )，则实数a 的取值范围是()A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B ．(－1,2)C ．(－2,1)D ．(－∞，－2)∪(1，＋∞) 答案：C2、设定义在[－2,2]上的偶函数()f x 在区间[0,2]上单调递减，若(1)()f m f m -<，求实数m 的取值范围． 答案：112m -≤<。
3、函数()f x 对任意的a ，b ∈R ，都有()()()1f a b f a f b +=+-，并且当0x >时，()1f x >，若(4)5f =，解不等式2(32)3f m m --<。
利用函数的单调性巧解抽象函数的不等式
利用函数的单调性巧解抽象函数的不等式
李其华
【期刊名称】《商情》
【年(卷),期】2012(000)021
【摘要】函数的单调性是函数的重要性质，也是高中数学的一个重要的知识点。
函数的单调性除了在具体的函数中有很重要的应用外，在抽象函数中也时常要用到它。
本文举例说明了函数的单调性在抽象函数的不等式中的应用。
【总页数】1页(P32-32)
【作者】李其华
【作者单位】河南省信阳市体育中学
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.利用函数的单调性巧解方程和不等式 [J], 贾金庆
2.利用函数单调性证明不等式的难点——构造辅助函数 [J], 贺学海
3.利用函数单调性巧解竞赛题 [J], 陈潇逸
4.应用函数单调性巧解不等式问题 [J], 王迅
5.抽象函数单调性及不等式解题策略 [J], 李焕宏
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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）。
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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 4.4
x 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()2
x 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．。