17 活用函数单调性的三种结构模型解题-《中学生数理化》高一数学2024年10月刊

■杜海洋 一、积型结构 例1 已知函数f(x)的定义域为 R,对 任意的 x1,x2,且 x1 ≠x2,都有[f(x1)- f(x2)](x1-x2)>0成立。若f(x2-3x+ a)>f(x-2a2-6a)对任意x∈R恒成立, 则实数a的取值范围是 。 解:不妨设x1<x2,则x1-x2<0。由 [f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0,可得f(x1)- f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),所以f(x)在R上 单 调 递 增。 由 f (x2 - 3x + a)> f(x-2a2-6a),可得x2-3x+a>x-2a2- 6a,即x2-4x+2a2+7a>0对任意x∈R恒成 立,所以Δ=(-4)2-4(2a2+7a)<0,整理得 2a2+7a-4>0,解得a<-4或a> 1 2 。故实数 a的取值范围是(-∞,-4)∪ 12 ,+∞ 。 点评:对于形如[f(x1)-f(x2)](x1- x2)>0或[f(x1)-f(x2)](x1-x2)<0的 结构式,通用的解题思路是:设x1<x2,即x1 -x2<0,利用不等式得出f(x1),f(x2)的 大小关系,再利用单调性求解。 变式1:已知函数f(x)在 R上有定义, 且f(0)=0。若对任意给定的实数x1,x2 (x1≠x2),均有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]< 0恒成立,则不等式(x+1)f(1-2x)<0的 解集是 。 提示:因 为 对 任 意 给 定 的 实 数 x1,x2 (x1≠x2),均有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]< 0恒成立,所以函数f(x)在 R上单调递减。 因为f(0)=0,又不等式(x+1)f(1-2x)< 0,所以当x+1<0,即x<-1时,f(1-2x) >0=f(0),则1-2x<0,解得x> 1 2 ,这时 x∈⌀;当x+1>0,即x>-1时,f(1-2x) <0=f(0),则1-2x>0,解得x< 1 2 ,这时 -1<x< 1 2 。综上可得,不等式(x+1)· f(1-2x)<0的解集为 -1, 1 2 。 二、商型结构 例2 (多选题)已知函数f(x)满足任 意给定x∈R,都有f(x+3)=f(1-x),且 任意x1,x2∈[2,+∞), f(x1)-f(x2) x1-x2 <0 (x1≠x2),则下列结论正确的是( )。 A.f(-a2+a+1)≤f 5 4 B.任意给定x∈R,f(x)≤f(2) C.f(0)>f(3) D.若f(m)>f(-1),则-1<m<5 解:任意给定x∈R,都有f(x+3)= f(1-x),则函数f(x)关于直线x=2对称。 又任意x1,x2∈[2,+∞), f(x1)-f(x2) x1-x2 < 0(x1≠x2),所以函数f(x)在[2,+∞)上单 调递减,在(-∞,2)上单调递增,所以函数 f(x)在x=2处取最大值,B正确。f(0)= f(4)<f(3),C错误。因为-a2+a+1= - a- 1 2 2 + 5 4≤ 5 4 ,所以f(-a2+a+1) ≤f 5 4 ,A 正确。若f(m)>f(-1),则 |m-2|<|2-(-1)|,解得-1<m<5,D正 确。应选ABD。 点评:对于形如f (x1)-f(x2) x1-x2 <0(x1≠ x2),或 f(x1)-f(x2) x1-x2 >0(x1≠x2)的结构 式,通用的解题思路是:设x1<x2,即x1- 13 知识结构与拓展 高一数学 2024年10月 x2<0,利用不等式得出f(x1),f(x2)的大 小关系,再利用单调性求解。 变式2:已知函数f(x)的定义域为R,对 任意 的 x1,x2 ∈ R,且 x1 ≠ x2,都 有 f(x1)-f(x2) x1-x2 >3,且f(5)=18,则不等式 f(3x-1)>9x 的解集为 。 提示:不妨设x1>x2,由 f(x1)-f(x2) x1-x2 >3,可得f(x1)-f(x2)>3x1-3x2,所以 f(x1)-3x1>f(x2)-3x2。令 g(x)= f(x)-3x,则 g(x1)>g(x2),所以函数 g(x)在R上单调递增。由f(3x-1)>9x, 可得f(3x-1)-3(3x-1)>3。 易得g(5)=f(5)-3×5=18-15=3。 由f(3x-1)-3(3x-1)>3,可得g(3x- 1)>g(5),则3x-1>5,解得x>2。故不等 式f(3x-1)>9x 的解集为(2,+∞)。 三、抽象型结构 例3 已知函数f(x)的定义域为(0, +∞),∀x,y∈(0,+∞),总有 f x y = f(x)-f(y)成立。当x>1时,f(x)<0。 (1)判断并证明函数f(x)的单调性。 (2)若f 1 2 =3,求关于 x 的不等式 f(x)+f x- 3 4 <6的解集。 解:(1)f(x)在(0,+∞)上单调递减,证 明如下。 ∀x,y∈(0,+∞),总有f x y =f(x) -f(y)成立。当x>1时,f(x)<0,∀x1, x2>0,且x1<x2,则 x2 x1 >1,所以f(x2)- f(x1)=f x2 x1 <0,即f(x1)>f(x2),所以 f(x)在(0,+∞)上单调递减。 (2)∀x,y∈(0,+∞),总有f x y = f(x)-f(y)成立,所以 f x y +f(y)= f(x),所以f(x)+f(y)=f(xy)。 因为f 1 2 =3,所以f 14 =f 12 + f 1 2 =6,所以不等式f(x)+f x-34 < 6可化为f x x- 3 4 <f 14 。 据上可得 x x- 3 4 >14, x>0, x- 3 4>0 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得x>1。 故不等式f(x)+f x- 3 4 <6的解集为 (1,+∞)。 点评:对于形如f x y =f(x)-f(y)、 f(xy)=f(x)+f(y)、f(x+y)=f(x)+ f(y)的结构式,一般任取x1<x2,在定义域 范围内令x2=x1+t或x2=tx1(t>1),利用 已知 条 件 转 化 为 f(x2)-f(x1)<0 或 f(x2)-f(x1)>0求解。 变式3:已知定义在(0,+∞)上的函数 f(x),满足f(xy)=f(x)+f(y)-2023, 且对任意x>1,f(x)<2023。 (1)证明:f(x)在(0,+∞)上单调递减。 (2)解不等式f(x)+f(x-2)>4046。 提示:(1)任取x1,x2∈(0,+∞),且x1 <x2。由f(xy)=f(x)+f(y)-2023,可 得f(xy)-f(x)=f(y)-2023。令x= x1,y= x2 x1 ,则f(x2)-f(x1)=f x2 x1 - 2023。因为0<x1<x2,所以 x2 x1 >1。结合题 意得f x2 x1 <2023。所以f(x2)-f(x1)= f x2 x1 -2023<0,即f(x2)<f(x1),所以 函数f(x)在(0,+∞)上单调递减。 (2)由f(xy)=f(x)+f(y)-2023,令 x=y=1,可得f(1)=2023。因为f(x)+ f(x-2)=f[x(x-2)]+2023>4046,所 以f[x(x-2)]>2023=f(1)。 结合(1)得x>0,x-2>0,x(x-2)< 1,解得2<x<1+ 2,即x∈(2,1+ 2)。 作者单位:成都经济技术开发区实验中学校 (责任编辑 郭正华) 23 知识结构与拓展 高一数学 2024年10月