【文档说明】高考数学(理数)一轮复习学案2．2《函数的单调性与最大(小)值》(含详解).doc，共(9)页，294.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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2．2函数的单调性与最大(小)值1．函数的单调性(1)增函数与减函数一般地，设函数f(x)的定义域为I：①如果对于定义域I内某个区间D上的________________自变量的值x1，x2，当x1＜x2时，都有f(x1

)＜f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是________________．②如果对于定义域I内某个区间D上的自变量的值x1，x2，当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是________________．(2)单调性与单调区间如

果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)________________，区间D叫做y＝f(x)的________________．2．函数的最值(1)最大值一般地，设函数y

＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足：①对于任意的x∈I，都有________________；②存在x0∈I，使得________________．那么，我们称M是函数y＝f(x)的最大值．(2)最小值

一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数N满足：①对于任意的x∈I，都有________________；②存在x0∈I，使得________________．那么我们称N是函数y＝f(x)的最小值．自查自

纠：1．(1)①任意两个增函数②任意两个减函数(2)单调性单调区间2．(1)①f(x)≤M②f(x0)＝M(2)①f(x)≥N②f(x0)＝N(2016·北京)下列函数中，在区间(－1，1)上为减函数

的是()A．y＝11－xB．y＝cosxC．y＝ln(x＋1)D．y＝2－x解：选项A中函数y＝11－x＝－1x－1在区间(－1，1)上是增函数；选项B中函数y＝cosx在区间(－1，0)上是增函数，在区间(0，1)上是减函数；选项C中函数y＝ln(x＋1)在区间(－1，1)上是增函数；

选项D中函数y＝2－x＝12x在区间(－1，1)上是减函数．故选D.(2017·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是()A．(－∞，－2)B．(－∞，－1)C．(1，＋∞

)D．(4，＋∞)解：函数有意义，则x2－2x－8>0，解得x<－2或x>4，结合二次函数的单调性、对数函数的单调性和复合函数同增异减的原则可得函数的单调增区间为(4，＋∞)．故选D.已知f(x)为R上的减函数，则满足f1x>f(1)的实数x的取值范

围是()A．(－∞，1)B．(1，＋∞)C．(－∞，0)∪(0，1)D．(－∞，0)∪(1，＋∞)解：由题意知，1x<1，即x－1x>0，所以x<0或x>1.故选D.(2018·福建龙岩模拟)函数f(x)＝13x－log2(x＋4)在区间[－2，2]上的最大值为_______

_．解：函数f(x)在区间[－2，2]上单调递减，则函数的最大值为f(－2)＝13－2－log2(－2＋4)＝9－1＝8.故填8.函数f(x)＝－x2＋4x，x≤4，log2x，x>4，若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围为_____

___．解：如图，画出函数y＝f(x)的图象，若使函数在区间(a，a＋1)上单调递增，则a＋1≤2或a≥4，解得实数a的取值范围是(－∞，1]∪[4，＋∞)．故填(－∞，1]∪[4，＋∞)．类型一确定

函数的单调性与单调区间(1)已知函数f(x)＝x2－2x－3，则该函数的单调递增区间为()A．(－∞，1]B．[3，＋∞)C．(－∞，－1]D．[1，＋∞)解：设t(x)＝x2－2x－3，由t(x)≥0，即x2－2x－3

≥0，解得x≤－1或x≥3，所以函数f(x)的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因为函数t(x)＝x2－2x－3的图象的对称轴为x＝1，所以函数t(x)在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调递

增区间为[3，＋∞)．故选B.(2)函数y＝log12(x2－3x＋2)的单调递增区间是()A．(－∞，1)B．(2，＋∞)C.－∞，32D.32，＋∞解：由x2－3x＋2>0，解得x<1或x>2，因此函数y＝l

og12(x2－3x＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．令u＝x2－3x＋2，y＝log12u(u>0)，由于内层函数u＝x2－3x＋2在x∈(－∞，1)上单调递减，外层函数y＝log12u在u∈(0，＋∞)上单调递减

，由复合函数单调性可知，函数y＝log12(x2－3x＋2)的单调递增区间是(－∞，1)．故选A.(3)函数f(x)＝(3－x2)ex的单调递增区间是()A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C．(－∞，－3)D．(－3，1)解：f′(x)＝－2xex＋(3－x2)ex＝－(

x2＋2x－3)ex，由于ex>0，令f′(x)>0，则有x2＋2x－3<0，解得－3<x<1，故函数f(x)的单调递增区间为(－3，1)．故选D.(4)求函数f(x)＝|x2－4x＋3|的单调区间．解：先作出函数y＝x2－4

x＋3的图象，由于绝对值的作用，把图象在x轴下方的部分翻折到上方，可得函数y＝|x2－4x＋3|的图象，如图所示．由图可知f(x)在(－∞，1]和[2，3]上为减函数，在[1，2]和[3，＋∞)上为增函数，故f(x)的单调递增

区间为[1，2]，[3，＋∞)，单调递减区间为(－∞，1]，[2，3]．(5)已知函数f(x)＝x2＋1－ax.证明：当a≥1时，函数f(x)在区间[0，＋∞)上为单调减函数．证明：任取x1，x2∈[0，＋∞)，且x1<x2，f(x1)－f(x2)＝x21＋

1－ax1－x22＋1＋ax2＝x21＋1－x22＋1－a(x1－x2)＝x21－x22x21＋1＋x22＋1－a(x1－x2)＝(x1－x2)x1＋x2x21＋1＋x22＋1－a.因为0≤x1<x21＋1，0<x2<x22＋1，所以0<x1＋x2x21＋1＋x22＋1<1.又因为a

≥1，所以f(x1)－f(x2)>0，即函数f(x)在[0，＋∞)上为单调减函数．点拨：①求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1)．②函数单调性的判断方法主要有：定义法，图象法，利用已知函数的单调性，

导数法等．③复合函数y＝f(g(x))的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则．(1)已知函数f(x)＝2x－1x＋1，则f(x)()A．在(－∞，0)上单调递增B．在(0，＋∞)上单调递增C．在(－∞

，0)上单调递减D．在(0，＋∞)上单调递减解法一：因为f(x)＝2x－1x＋1＝2（x＋1）－3x＋1＝2－3x＋1，函数f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，且在(－∞，－1)及(－1，＋∞)

上均单调递增，又(0，＋∞)⊆(－1，＋∞)，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．解法二：函数f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，f′(x)＝3（x＋1）2>0在定义域上恒成立，又(0，＋∞

)⊆(－1，＋∞)，因此函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．故选B.(2)(2017·洛阳二模)函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则函数g(x)＝f(logax)(0<a<1)的单调递减区间是()A.0，12B．[a，1]C．(－∞，0)∪12，＋∞D．[a，a＋

1]解：由图象可知，函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，0)和12，＋∞，单调递增区间为0，12.因为0<a<1，所以函数y＝logax在定义域内单调递减．由题意可知，0≤logax≤12，解得a≤x≤1，即所求单调递减区间为[a，1]．故选B.(3)函数f(x)＝s

inx－x的单调递减区间是()A．(－∞，0)B．(1，＋∞)C．(－∞，＋∞)D.－∞，π2解：f(x)＝sinx－x，f′(x)＝cosx－1≤0，即函数f(x)在R上是减函数．故选C.(4)求函数f(x)＝－x2＋2|x|＋3的单调区间．解：因为f(x)＝－x2＋2x＋3

，x≥0，－x2－2x＋3，x<0，其图象如图所示，所以函数y＝f(x)的单调递增区间为(－∞，－1]和[0，1]，单调递减区间为[－1，0]和[1，＋∞)．(5)试讨论函数f(x)＝axx－1(a≠0)在(－1，1)上的单调性．解

法一：设－1<x1<x2<1，f(x)＝ax－1＋1x－1＝a1＋1x－1，f(x1)－f(x2)＝a1＋1x1－1－a1＋1x2－1＝a（x2－x1）（x1－1）（x2－1），由于－1<x1<x2

<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上单调递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x

)在(－1，1)上单调递增．解法二：f′(x)＝（ax）′（x－1）－ax（x－1）′（x－1）2＝a（x－1）－ax（x－1）2＝－a（x－1）2.当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1，1)上单调递减；当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1，1)上

单调递增．类型二函数单调性的应用(1)(2017·江西三校一联)定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的x1，x2∈(－∞，0)(x1≠x2)，都有f（x1）－f（x2）x1－x2<0.则下列结论正确的是()A．

f(0.32)<f(20.3)<f(log25)B．f(log25)<f(20.3)<f(0.32)C．f(log25)<f(0.32)<f(20.3)D．f(0.32)<f(log25)<f(20.3)解：由题意可知，f(x)

在(－∞，0)上是减函数，又因为f(x)是R上的偶函数，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，因为0<0.32<1<20.3<2<log25，所以f(0.32)<f(20.3)<f(log25)．故选A.(2)已知函数f(x)＝x2＋4x，x≥0，4x

－x2，x<0，若f(2－a2)>f(a)，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－1，2)C．(－2，1)D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)解：f(x)＝x2＋4x＝（x＋2）2－4，x≥0，4x－x2＝－（x－2）2＋4，x<0，作出y＝f(x)的

图象可知f(x)在(－∞，＋∞)上是单调增函数，由f(2－a2)>f(a)得2－a2>a，即a2＋a－2<0，解得－2<a<1.故选C.(3)(2017·益阳三模)已知a>0且a≠1，若函数f(x)＝loga[ax

2－(2－a)x＋3]在13，2上是增函数，则a的取值范围是________．解：由复合函数单调性可知①当a>1时，2－a2a≤13，19a－2－a3＋3>0，解得a≥65；②当0<a<1时，2－a2a≥2，4a－2（2

－a）＋3>0，解得16<a≤25.所以a的取值范围是16，25∪65，＋∞.故填16，25∪65，＋∞.点拨：例2(1)中的f（x1）－f（x2）x1－x2<0是减函数的

等价式，类似的几种单调性等价式参见“名师点睛”栏．奇函数在关于原点对称的两个区间上有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的区间上有相反的单调性．函数的单调性常用来求最值，求参数范围，比较大小等．要注意挖掘解析式或已知条件中的隐含

信息，合理转化．(1)(2017·福州一模)如果函数f(x)对任意的实数x，都有f(1＋x)＝f(－x)，且当x≥12时，f(x)＝log2(3x－1)，那么函数f(x)在[－2，0]上的最大值与最小值之和为()A．2B．3C．4D．－1解：根据f(1＋x)＝f

(－x)，可知函数f(x)的图象关于直线x＝12对称．又函数f(x)在12，＋∞上单调递增，故f(x)在－∞，12上单调递减，则函数f(x)在[－2，0]上的最大值与最小值之和为f(－2)

＋f(0)＝f(1＋2)＋f(1＋0)＝f(3)＋f(1)＝log28＋log22＝4.故选C.(2)(2017·珠海月考)定义在R上的奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f12＝0，则满足f(log19x)>0的x的集合为________．解：由

题意知f12＝0，f－12＝0，由f(log19x)>0，得log19x>12或－12<log19x<0，解得0<x<13或1<x<3.故填x|0<x<13或1<x<3.(3)已知f(x)＝

（2－a）x＋1，x＜1，ax，x≥1，满足对任意x1≠x2，都有f（x1）－f（x2）x1－x2＞0成立，那么a的取值范围是________．解：由已知条件得f(x)为增函数，所以2－a＞0，a＞1，（2－a）×1＋1≤a，解得32≤a

＜2，所以a的取值范围是32，2.故填32，2.类型三抽象函数的单调性(2018·南昌期末)函数f(x)对任意的m，n∈R，都有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，并且x>0时，恒有f(x)>1.(1)求证：f(x)在R上是增函数；(2)若f(3

)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2.解：(1)证明：设x1，x2∈R且x1<x2，则x2－x1>0，因为当x>0时，f(x)>1，所以f(x2－x1)>1.f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，所以f(

x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0，即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在R上是增函数．(2)因为m，n∈R，不妨设m＝n＝1，所以f(1＋1)＝f(1)＋f(1)－1，即f(2)＝2f(1)－1，又f(3)＝4，所以f(2＋1)

＝f(2)＋f(1)－1＝3f(1)－2＝4，得f(1)＝2，所以f(a2＋a－5)<2＝f(1)．又因为f(x)在R上为增函数，所以a2＋a－5<1，解得－3<a<2，即a∈(－3，2)．点拨：对于抽象函数单调

性的判断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）与1的大小．有时根据需要，需作适当的变形，如x1＝x2＋x1－x2或x1＝x2·x1x2等．深挖已知条件，是求解此类题的关键．在客观题的求解中，也可

考虑用特殊化方法处理，如本题中依条件取f(x)＝x＋1.常见抽象函数及其原型：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋m，原型为一次函数f(x)＝kx＋b；②f(x＋y)＝f(x)·f(y)，原型为f(x)＝ax(a>0且a≠1)；③f(xy

)＝f(x)＋f(y)，原型为f(x)＝logax(a>0且a≠1)；④f(x＋y)＋f(x－y)＝2f(x)f(y)(f(0)≠0)，原型为f(x)＝cosx，等等．f(x)的定义域为(0，＋∞)，且对一切x＞0，y＞0都有fxy＝f(x)－f(y)，当x＞1时，有

f(x)＞0.(1)求f(1)的值；(2)判断f(x)的单调性并证明；(3)若f(6)＝1，解不等式f(x＋5)－f1x＜2.解：(1)f(1)＝fxx＝f(x)－f(x)＝0，x＞0.(2)f(x)在(0，＋∞)

上是增函数．证明：设0＜x1＜x2，则由fxy＝f(x)－f(y)，得f(x2)－f(x1)＝fx2x1，因为x2x1＞1，所以fx2x1＞0.所以f(x2)－f(x1)＞0，即f(x)在(0

，＋∞)上是增函数．(3)因为f(6)＝f366＝f(36)－f(6)，又f(6)＝1，所以f(36)＝2，原不等式化为：f(x2＋5x)＜f(36)，又因为f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以x＋5＞0，1x＞0，x2＋5x＜36，解得0＜x＜4.1．证明函数的单

调性与求函数的单调区间，均可运用函数单调性的定义，具体方法为差式比较法或商式比较法．注意单调性定义还有如下的两种等价形式：设x1，x2∈(a，b)，且x1≠x2，那么(1)f（x1）－f（x2）x1－x2＞0⇔f(x)在(a，b)内

是增函数；f（x1）－f（x2）x1－x2＜0⇔f(x)在(a，b)内是减函数．上式的几何意义：增(减)函数图象上任意两点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))连线的斜率恒大于(或小于)零．(2)(

x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0⇔f(x)在(a，b)内是增函数；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0⇔f(x)在(a，b)内是减函数．2．函数单调性的判断(1)常用的方法有：定义法、导数法、图象法及复合函数法．(2)两个增(减)函数的和仍为增(减)

函数；一个增(减)函数与一个减(增)函数的差是增(减)函数．(3)奇函数在关于原点对称的两个区间上有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区间上有相反的单调性．(4)复合函数的单调性：如果y＝f(u)和u＝g(x)的单调性相同，那么y＝f(g(x))是增函数；如果y＝f(u)和u＝g

(x)的单调性相反，那么y＝f(g(x))是减函数．在应用这一结论时，必须注意：函数u＝g(x)的值域必须是y＝f(u)的单调区间的子集．(5)在研究函数的单调性时，常需要先将函数化简，转化为讨论一些熟知的函数的单调性，因此掌握一次函数、二次函数、幂函数、对数函数等的单

调性，将大大缩短我们的判断过程．3．函数最值的重要结论(1)设f(x)在某个集合D上有最小值，m为常数，则f(x)≥m在D上恒成立的充要条件是f(x)min≥m.(2)设f(x)在某个集合D上有最大值，m为常数，则f(x)≤m在D上恒成立

的充要条件是f(x)max≤m.4．自变量取值之间的不等关系和函数值的不等关系可正逆互推，即若f(x)是增(减)函数，则f(x1)＜f(x2)⇔x1＜x2(x1＞x2)．在解决“与抽象函数有关的不等式”问题时，可以利用函数单调性的“可

逆性”，脱去“函数符号f”，化为一般不等式求解，但运算必须在定义域内或给定的范围内进行．1．(2018·河北衡水调研)下列函数在其定义域内既是增函数又是奇函数的是()A．f(x)＝x2sinxB．f(x)＝－x|x＋1|C．f(x)＝lg1＋x1－xD．f(x)

＝π－x－πx解：A选项中，函数为奇函数，但由f(x)＝0，得x＝0或sinx＝0，即x＝kπ，k∈Z，所以该函数有无穷多个零点，故不单调；B选项中，函数满足f(－1)＝0，f(1)＝－2，故既不是奇函数也不是增函数；C选项中，函数定义域是(－1，1)，并且f(x)＋f(－x)＝lg1＋x1－

x＋lg1－x1＋x＝0，所以函数是奇函数，设g(x)＝1＋x1－x＝－1－2x－1，所以函数g(x)是增函数，由复合函数单调性知，函数f(x)＝lg1＋x1－x是增函数；D选项中，函数是奇函数且是减函数．故选C.2．(2018·广东茂名二模)设函数f(x)在R上为增函

数，则下列结论一定正确的是()A．y＝1f（x）在R上为减函数B．y＝|f(x)|在R上为增函数C．y＝2－f(x)在R上为减函数D．y＝－[f(x)]3在R上为增函数解：A错，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝1f（x）＝1x在R上不具有单调

性；B错，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝|f(x)|＝|x|在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数；由复合函数的单调性可知，C正确，D错．故选C.3．设函数f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x

)，则f(x)()A．在(－1，1)上是增函数B．在(－1，1)上是减函数C．在(－1，0)上是减函数，在(0，1)上是增函数D．在(－1，0)上是增函数，在(0，1)上是减函数解：f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)＝ln1＋x1－x＝ln21－x－1，x∈(－1，1)．因为t＝

21－x－1在(－1，1)上单调递增，y＝lnt在(0，＋∞)上单调递增，所以y＝f(x)在(－1，1)上是增函数．故选A.4．若函数y＝ax与y＝－bx在(0，＋∞)上都是减函数，则y＝ax2＋bx在(0

，＋∞)上是()A．增函数B．减函数C．先增后减函数D．先减后增函数解：由y＝ax在(0，＋∞)上是减函数，知a<0；由y＝－bx在(0，＋∞)上是减函数，知b<0.所以y＝ax2＋bx的对称轴方程为x＝－b2a<0.又因为y＝ax2＋bx的图

象是开口向下的抛物线，所以y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是减函数．故选B.5．(2016·太原模拟)已知函数f(x)＝xex－1ex，若f(x1)<f(x2)，则()A．x1>x2B．x1＋x2＝0C．x1<x2D．x21<x22解：f(－x)＝

－x1ex－ex＝f(x)，所以f(x)在R上为偶函数．f′(x)＝ex－1ex＋xex＋1ex，当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数．由f(x1)<f(x2)，得f(|x1|)<f(|x2|)，所以|x1|<|x

2|，所以x21<x22.故选D.6．(2017·湖北枣阳模拟)已知函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝f（x）x在区间(1，＋∞)上一定()A．有最小值B．有最大值C．是减函数D．是增函数解：因为函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有

最小值，所以对称轴x＝a<1.又g(x)＝f（x）x＝x＋ax－2a，若a≤0，则g(x)＝x＋ax－2a在(1，＋∞)上单调递增．若0<a<1，g(x)＝x＋ax－2a在(a，＋∞)上单调递增，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增．综上可得，g(x)＝x＋ax－2a在(1，＋

∞)上是增函数．故选D.7．若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a的值为________．解：由图象易知，函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是－a2，＋∞，令－a2＝3，得a＝－6.故填－6.8．已知a>0，设函

数f(x)＝2020x＋1＋20102020x＋1(x∈[－a，a])的最大值为M，最小值为N，那么M＋N＝________.解：由题意得f(x)＝2020x＋1＋20102020x＋1＝2020－102020x＋1.因为y＝2020x＋1在[－a，a]上单调递增，所以f(x)＝2020

－102020x＋1在[－a，a]上是单调递增的，所以M＝f(a)，N＝f(－a)，所以M＋N＝f(a)＋f(－a)＝4040－102020a＋1－102020－a＋1＝4030.故填4030.9．(2017·济南期中)已知函数f(x)＝x2

＋ax，若函数f(x)在x∈[2，＋∞)上是单调递增的，求实数a的取值范围．解：因为函数f(x)＝x2＋ax在x∈[2，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝2x－ax2＝2x3－ax2≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立，所以2

x3－a≥0，即a≤2x3在x∈[2，＋∞)上恒成立，所以a≤2×23＝16，所以实数a的取值范围为(－∞，16]．10．f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，当f(x)＋f(x－8)≤2时，求x的取值范围．解：2＝1＋1＝f(3)＋f

(3)＝f(9)，由f(x)＋f(x－8)≤2，可得f[x(x－8)]≤f(9)，因为f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有x＞0，x－8＞0，x（x－8）≤9，解得8<x≤9.故x的取值范围是(8，9]

．11．已知f(x)是定义在[－1，1]上的奇函数，且f(1)＝3，若a，b∈[－1，1]，a＋b≠0时，有f（a）＋f（b）a＋b>0成立．(1)判断f(x)在[－1，1]上的单调性，并证明；(2)解不等式：f

x＋12<f1x－1；(3)若当a∈[－1，1]时，f(x)≤m2－2am＋3对所有的x∈[－1，1]恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)f(x)在[－1，1]上单调递增，证明如下：任取x1，x2∈[－1，1]，且x1<x2，则－x2∈[－1，1]，又因

为f(x)为奇函数，所以f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f（x1）＋f（－x2）x1－x2·(x1－x2)，由已知得f（x1）＋f（－x2）x1－x2>0，x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在[－1，1]上单调递增．(2)因为

f(x)在[－1，1]上单调递增，所以x＋12<1x－1，－1≤x＋12≤1，－1≤1x－1≤1，解得－32≤x<－1，所以不等式的解集为x|－32≤x<－1.(3)因为f(1)＝3，f(x)在[－1，

1]上单调递增，所以对所有的x∈[－1，1]，f(x)≤3，问题转化为m2－2am＋3≥3，即m2－2am≥0对a∈[－1，1]恒成立，求实数m的取值范围．令g(a)＝－2m·a＋m2≥0，①若m＝0，则g(a)＝0≥0，显然对a∈[－1，1]恒成立．②若m≠0，则g(a)为a的一

次函数，若g(a)≥0对a∈[－1，1]恒成立，则须满足g(－1)≥0且g(1)≥0，解得m≥2或m≤－2.所以m的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)．函数f(x)的定义域为D，若对于任意x1，x2∈D，当x1<x2时，都有f(x1)≤f(

x2)，则称函数f(x)在D上为非减函数．设函数f(x)在[0，1]上为非减函数，且满足以下三个条件：①f(0)＝0；②fx3＝12f(x)；③f(1－x)＝1－f(x)．则f13＋f18等于()A.12B.23C.34D．1解：由①③，令x＝0

，可得f(1)＝1.由②，令x＝1，可得f13＝12f(1)＝12.令x＝13，可得f19＝12f13＝14.由③结合f13＝12，可知f23＝12.令x＝23，可得f29＝12f23＝14.因

为19<18<29且函数f(x)在[0，1]上为非减函数，所以f18＝14.所以f13＋f18＝34.故选C.