抽象函式不等式、抽象函式和函式不等式

解：（1）因為 f（x y） = f（x）-f（y）(x,y＞0).

因此，如果 x=y 0，則有 f（1）=f（x）-f（x）=0即 f（1）=0。(2).

因為 f（x y） = f（x）-f（y） 和 f（1） = 0因此，如果 x=1，y0，則有 f（1 y）=f（1）-f（y）=-f（y）也就是說，有 f（1 x） + f（x） = 0

x＞0).f（6）=1因此，原始不等式可以簡化為 f（x+3）+f（x） 2f（6）

=>f(x+3)-f(6)＜f(6)-f(x).===>f[(x+3)/6]＜f(6/x).由於在 r+ 上，函式 f（x） 遞增，因此有 0 （x+3） 6 6 x

=>0＜x(x+3)＜36.===>0＜x＜(-3+3√17)/2.也就是說，解集為 （0，（-3+3 17） 2）。

根據定義：1<=x-1 2<=1 --1

1<=1/4-x<=1 --2

從奇數函式中，我們知道 f（x）=-x

所以 f（x-1 2）<-f（1 4-x）=f（x-1 4），即 x-1 21 2<=x<=5 4 來自遞增函式

第乙個問題是加入小組。

設定橙色 x>0

m+x>m

f(m+x)=f(m)+f(x)-1

當 x>0， f（x）>1

所以 f（x）-1>0

所以 f（m+x） > f（m）。

所以 f（x） 是 r 上的遞增函式。

第二個問題。 f(3)=f(1)+f(2)-1 =f(1)+f(1)+f(1)-1-1

f(3)=4

3f(1)-2=4

f(1)=2

f(a^2+a-5)<2

F（A 2+A-5） A 2+A-5

3

解：（1）因為 f（x y） = f（x）-f（y）(x,y＞0).

因此，如果 x=y 0，則有 f（1）=f（x）-f（x）=0即 f（1）=0。(2).

因為 f（x y） = f（x）-f（y） 和 f（1） = 0因此，如果 x=1，y0，則有 f（1 y）=f（1）-f（y）=-f（y）也就是說，有 f（1 x） + f（x） = 0

x＞0).f（6）=1因此，原始不等式可以簡化為 f（x+3）+f（x） 2f（6）

=>f(x+3)-f(6)＜f(6)-f(x).===>f[(x+3)/6]＜f(6/x).由於在 r+ 上，函式 f（x） 遞增，因此有 0 （x+3） 6 6 x

=>0＜x(x+3)＜36.===>0＜x＜(-3+3√17)/2.也就是說，解集為 （0，（-3+3 17） 2）。

設 x=y 得到 f（x y）=f（x）-f（y），得到 f（1）=0f（x+3）-f（1 x）-2 < 0

f（x+3）-f（1 x）-f（6）-f（6） <0f[（x+3）x 36] <0 = f（1） 乘法，所以 （x+3） x 36 <1

x 2 + 3x-36 < 0 就可以了，注意 x>0

所謂的抽象不等式是一種不等式，其中不等式的兩邊都沒有明確給出具體的代數公式。

例如，設 f（x） 是在 r 上定義的遞增函式，滿足 f（1）=2，對於任何實數 x，y，都有 f（x+y）=f（x+f（y）。

求解不等式 f（x-1）+f（2x）>4

解：原始不等式可以通過條件 f（2）=f（1+1）=f（1）+f（1）=4 來減少。

f(x-1 +2x)>f(2)

因此，f（x） 再次是遞增函式。

x-1 +2x >2

求解 x>1

只是有一些高階倍數不能應用於基本函式。

在第乙個問題中，不等式被變形為 f（1+a）<-f（1-a） 注意 f 是乙個奇函式，那麼 -f（1-a）=f（a-1） 這樣原始不等式就可以簡化為 f（1+a）a -1， 注意 f 將域定義為 -1<1+a<1 和 -1f（2x） 1，所以 1-x >0 （如果不是，f（1-x）=1， 與 f（1-x）>1） 相矛盾，請注意 f 不是單調遞增的，所以有 1-x >2x，因此 1- 20 知道 -1，所以 x 的範圍是 （1-2,1）。

將 x 的一側視為滿足定義域的整體。

0,1] 表示 x 平方大於或等於 0 且小於或等於 1

即 0 x 1，f（x） 的域是 a，那麼 f[g（x）] 的域是 g（x）=a

在第乙個問題中。 將不等式轉換為 f（1+a）<-f（1-a） 注意 f 是乙個奇函式，則 -f（1-a） = f（a -1），這樣原始不等式可以簡化為 f（1+a）。

a -1，請注意，f 將域定義為 -1<1+a<1 和 -1f（2x） 1，因此 1-x >0（否則 f（1-x finch） = 1，這與 f（1-x pinch） >1） 相矛盾，請注意 f 不是單調的嚴格遞增，因此有 1-x 和 2x，因此有 1-2