學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高三人教B版數(shù)學(xué)一輪（經(jīng)典版）教師用書：第2章第2講函數(shù)的單調(diào)性與最值含解析第2講函數(shù)的單調(diào)性與最值基礎(chǔ)知識(shí)整合1．函數(shù)的單調(diào)性(1）單調(diào)函數(shù)的定義增函數(shù)減函數(shù)定義一般地,設(shè)函數(shù)f（x)的定義域?yàn)镮，如果對(duì)于定義域I內(nèi)某個(gè)區(qū)間D上的任意兩個(gè)變自量的值x1,x2當(dāng)x1<x2時(shí)，都有f(x1)〈f（x2），那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是eq\o(□，\s\up1（01))增函數(shù)當(dāng)x1〈x2時(shí)，都有f（x1）>f(x2),那么就說函數(shù)f（x）在區(qū)間D上是eq\o（□，\s\up1(02）)減函數(shù)圖象描述自左向右看圖象是eq\o(□,\s\up1(03)）上升的自左向右看圖象是eq\o(□，\s\up1（04))下降的（2)單調(diào)性與單調(diào)區(qū)間如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù)，那么就說函數(shù)y＝f（x)在這一區(qū)間具有（嚴(yán)格的）eq\o（□,\s\up1（05））單調(diào)性，區(qū)間D叫做y＝f（x)的eq\o(□,\s\up1（06）)單調(diào)區(qū)間.2．函數(shù)的最值前提設(shè)函數(shù)y＝f（x）的定義域?yàn)镮,如果存在實(shí)數(shù)M滿足條件（1）對(duì)于任意x∈I，都有f（x）≤M；（2)存在x0∈I，使得f（x0)＝M（1）對(duì)于任意x∈I，都有f（x)≥M；（2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M結(jié)論M為函數(shù)y＝f(x)的eq\o(□，\s\up1(07））最大值M為函數(shù)y＝f（x)的eq\o(□，\s\up1(08)）最小值1．對(duì)勾函數(shù)y＝x＋eq\f(a，x）（a>0)的增區(qū)間為(－∞，－eq\r（a）］和[eq\r（a),＋∞）；減區(qū)間為[－eq\r(a)，0）和（0，eq\r（a）]，且對(duì)勾函數(shù)為奇函數(shù)．2．設(shè)?x1,x2∈D(x1≠x2），則①x1－x2〉0(〈0）,f(x1）－f(x2)>0（〈0）?f（x）在D上單調(diào)遞增；x1－x2〉0（<0），f（x1）－f（x2)<0（〉0）?f（x)在D上單調(diào)遞減；②eq\f(fx1－fx2,x1－x2)〉0(或(x1－x2）［f（x1)－f（x2)］>0）?f(x）在D上單調(diào)遞增；③eq\f(fx1－fx2,x1－x2）<0(或(x1－x2)［f(x1）－f(x2）］<0)?f(x）在D上單調(diào)遞減．1．下列函數(shù)中,在區(qū)間（－∞,0)上是減函數(shù)的是（）A．y＝1－x2 B．y＝x2＋xC．y＝－eq\r（－x） D．y＝eq\f(x，x－1）答案D解析選項(xiàng)D中,y＝eq\f(x，x－1）＝1＋eq\f(1,x－1）.易知其在(－∞,1)上為減函數(shù)．故選D．2．（2019·信陽模擬）函數(shù)y＝－2x2－4ax＋3在區(qū)間［－4，－2]上是單調(diào)函數(shù)，則a的取值范圍是(）A．（－∞，1］ B．［4，＋∞）C．（－∞，2]∪［4,＋∞） D．(－∞，1］∪[2，＋∞）答案C解析函數(shù)y＝－2x2－4ax＋3的圖象的對(duì)稱軸為x＝－a,由題意可得－a≤－4或－a≥－2，解得a≤2或a≥4，故選C．3．函數(shù)f(x)＝－x＋eq\f(1，x）在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－2，－\f(1,3))）上的最大值是（）A．eq\f（3，2） B．－eq\f（8,3)C．－2 D．2答案A解析顯然f（x）＝－x＋eq\f（1,x)在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－2，－\f（1,3））)上是減函數(shù),所以f（x）max＝f（－2)＝2－eq\f(1，2)＝eq\f（3，2）。4．設(shè)定義在[－1，7]上的函數(shù)y＝f（x）的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________.答案［－1，1]和［5,7］解析結(jié)合圖象易知函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為［－1，1］和［5，7］．5．函數(shù)y＝eq\f(1－x2,1＋x2)的值域是________.答案（－1,1]解析(分離常數(shù)法）因?yàn)閥＝eq\f(1－x2，1＋x2）＝－1＋eq\f（2,1＋x2),又因?yàn)?＋x2≥1,所以0<eq\f(2，1＋x2）≤2，所以－1<－1＋eq\f(2，x2＋1)≤1,所以函數(shù)的值域?yàn)椋ǎ?,1]．6．(2019·浙江金華模擬)已知函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＋\f(2，x)－3，x≥1，，lgx2＋1，x〈1,））則f[f（－3)］＝________，f(x)的最小值是________.答案02eq\r(2)－3解析因?yàn)閒(－3）＝lg[(－3）2＋1］＝lg10＝1,所以f[f（－3)］＝f（1）＝1＋2－3＝0.當(dāng)x≥1時(shí)，x＋eq\f(2，x）－3≥2eq\r（x·\f(2，x))－3＝2eq\r(2）－3,當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f（2,x），即x＝eq\r（2）時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)f(x）min＝2eq\r（2)－3<0；當(dāng)x〈1時(shí),lg(x2＋1)≥lg（02＋1）＝0，此時(shí)f(x）min＝0。所以f(x）的最小值為2eq\r(2）－3.核心考向突破考向一確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例1求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：（1）y＝－x2＋2|x｜＋1；（2）y＝logeq\s\do8(\f（1,2))（x2－3x＋2）．解（1)由于y＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－x2＋2x＋1，x≥0，，－x2－2x＋1，x〈0，））即y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－x－12＋2，x≥0，，－x＋12＋2,x<0。)）畫出函數(shù)圖象如圖所示．由圖象可知，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為（－∞，－1]和[0，1］，單調(diào)遞減區(qū)間為[－1，0]和[1，＋∞）．（2)令u＝x2－3x＋2，則原函數(shù)可以看作y＝logeq\s\do8（\f(1，2)）u與u＝x2－3x＋2的復(fù)合函數(shù)．令u＝x2－3x＋2〉0,則x<1或x>2.∴函數(shù)y＝logeq\s\do8(\f(1，2)）（x2－3x＋2)的定義域?yàn)椋ǎ蓿?）∪(2，＋∞）．又u＝x2－3x＋2的對(duì)稱軸x＝eq\f(3，2），且開口向上，∴u＝x2－3x＋2在(－∞，1）上是單調(diào)減函數(shù)，在(2，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)．而y＝logeq\s\do8（\f（1，2）)u在(0，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù),∴y＝logeq\s\do8（\f(1,2)）（x2－3x＋2)的單調(diào)遞減區(qū)間為（2，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞,1)．確定函數(shù)單調(diào)性的方法INCLUDEPICF"(1)定義法和導(dǎo)數(shù)法，證明函數(shù)單調(diào)性只能用定義法或?qū)?shù)法．INCLUDEPICTF”(2）復(fù)合函數(shù)法，復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的規(guī)律是“同增異減”．INCLUDEPICTF”（3)圖象法,圖象不連續(xù)的單調(diào)區(qū)間一般不能用“∪”連接．[即時(shí)訓(xùn)練]1。求出下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間:(1)f（x）＝|x2－4x＋3｜;（2)f(x)＝eq\f(1,\r（3－2x－x2））.解（1)先作出函數(shù)y＝x2－4x＋3的圖象,由于絕對(duì)值的作用，把x軸下方的部分翻折到上方，可得函數(shù)y＝｜x2－4x＋3｜的圖象．如圖所示．由圖可知f（x)在（－∞,1］和［2,3］上為減函數(shù)，在[1,2]和［3，＋∞)上為增函數(shù)，故f(x)的增區(qū)間為［1，2］，［3,＋∞），減區(qū)間為(－∞，1]，［2，3]．(2）∵3－2x－x2>0，∴－3<x<1。由二次函數(shù)圖象（圖略）可知f(x)的遞減區(qū)間是（－3,－1]，遞增區(qū)間為［－1，1）．精準(zhǔn)設(shè)計(jì)考向,多角度探究突破考向二函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用角度1利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小例2(1）已知函數(shù)f(x）的圖象向左平移1個(gè)單位后關(guān)于y軸對(duì)稱，當(dāng)x2〉x1〉1時(shí)，[f（x2）－f（x1）]·（x2－x1）〈0恒成立，設(shè)a＝feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1,2））),b＝f(2)，c＝f（3）,則a,b,c的大小關(guān)系為（）A．c>a>b B．c〉b>aC．a(chǎn)〉c>b D．b>a〉c答案D解析由題意知y＝f(x)圖象關(guān)于x＝1對(duì)稱，且當(dāng)x〉1時(shí)，y＝f（x）是減函數(shù)，∵a＝feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2)））＝feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（5,2））)，∴f(2）〉feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))>f(3)，即b>a>c，故選D．(2）（2020·大同模擬)設(shè)函數(shù)f（x）＝x2＋x＋a（a>0)滿足f（m）<0，則（)A．f(m＋1)＝0 B．f（m＋1)≤0C．f(m＋1）〉0 D．f(m＋1)〈0答案C解析∵f(x)圖象的對(duì)稱軸為x＝－eq\f（1，2)，f(0）＝f（－1）＝a，∴f（x）的大致圖象如圖所示．結(jié)合圖象，由f（m）〈0,得－1<m<0，∴m＋1〉0，∴f（m＋1)〉f（0)〉0.故選C．角度2利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式例3（1)(2019·長(zhǎng)春模擬)f(x）是定義在(0，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù),滿足f(xy）＝f（x）＋f（y），f（3)＝1，當(dāng)f（x)＋f（x－8）≤2時(shí)，x的取值范圍是（)A．（8，＋∞) B．（8,9］C．[8，9] D．（0，8）答案B解析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?yàn)閒（x)是定義在（0，＋∞)上的增函數(shù)，所以有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0,，x－8〉0，,xx－8≤9.)）解得8<x≤9.（2)已知函數(shù)f（x)為（0，＋∞)上的增函數(shù)，若f（a2－a)>f(a＋3）,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________.答案(－3,－1)∪（3,＋∞）解析由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a2－a〉0，,a＋3〉0，，a2－a>a＋3，)）解得－3〈a〈－1或a>3，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為（－3，－1）∪（3,＋∞)．角度eq\o（\s\up7（)，\s\do5（3））利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)例4(1)（2019·太原模擬)若f(x）＝－x2＋4mx與g（x)＝eq\f(2m,x＋1）在區(qū)間［2,4]上都是減函數(shù)，則m的取值范圍是（)A．(－∞,0）∪(0,1］ B．(－1，0）∪(0,1]C．(0，＋∞) D．(0,1］答案D解析函數(shù)f(x)＝－x2＋4mx的圖象開口向下，且以直線x＝2m為對(duì)稱軸，若在區(qū)間[2，4]上是減函數(shù),則2m≤2，解得m≤1；g（x)＝eq\f(2m,x＋1)的圖象由y＝eq\f（2m，x）的圖象向左平移一個(gè)單位長(zhǎng)度得到，若在區(qū)間［2，4］上是減函數(shù)，則2m>0，解得m〉0。綜上可得，m的取值范圍是(0,1］．故選D．(2)已知f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（3a－1x＋4a，x〈1,，logax，x≥1））是(－∞,＋∞)上的減函數(shù)，那么a的取值范圍是（）A．（0,1) B．eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（1,3))）C．eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,7),\f（1，3)）) D．eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，7),1))答案C解析由f(x）在R上單調(diào)遞減，則有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（3a－1<0，,0〈a〈1，,3a－1＋4a≥0，）)解得eq\f（1，7）≤a〈eq\f（1，3)。函數(shù)單調(diào)性應(yīng)用問題的解題策略INCLUDEPICF"(1)比較函數(shù)值的大小，應(yīng)將自變量轉(zhuǎn)化到同一個(gè)單調(diào)區(qū)間內(nèi)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性解決．INCLUDEPICTF"(2）在求解與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式時(shí)，往往是利用函數(shù)的單調(diào)性將“f"符號(hào)脫掉，使其轉(zhuǎn)化為具體的不等式求解．此時(shí)，應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域．INCLUDEPICTF”（3)利用單調(diào)性求參數(shù)時(shí)，通常要把參數(shù)視為已知數(shù)，依據(jù)函數(shù)的圖象或單調(diào)性的定義,確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，與已知單調(diào)區(qū)間比較求參數(shù)．解決分段函數(shù)的單調(diào)性問題，要注意上、下段端點(diǎn)值的大小關(guān)系．[即時(shí)訓(xùn)練]2。（2019·商丘模擬）若f（x)是定義在(－∞，＋∞)上的偶函數(shù)，且對(duì)任意的x1，x2∈[0，＋∞)且x1≠x2，有eq\f(fx2－fx1，x2－x1)<0，則（）A．f(3）<f(1)〈f（－2) B．f（3）<f（－2）<f(1)C．f（－2）〈f（1）〈f（3） D．f（1)<f（－2)〈f（3）答案B解析∵對(duì)任意的x1，x2∈[0，＋∞）且x1≠x2，有eq\f（fx2－fx1,x2－x1）<0，∴當(dāng)x≥0時(shí)，函數(shù)f(x）為減函數(shù)，∴f（3）〈f(2)〈f（1），又f（x)是定義在(－∞，＋∞)上的偶函數(shù)，∴f(3）〈f(－2）<f(1)．故選B．3．（2019·湖南常德調(diào)研）已知函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－x2－ax－5，x≤1，，\f（a，x)，x>1)）是R上的增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（)A．［－3，0) B．(－∞，－2］C．[－3，－2］ D．（－∞，0)答案C解析由題意可知eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(－\f(a,2）≥1，，a〈0，,－1－a－5≤a，）)解得－3≤a≤－2，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－3,－2]．4．(2019·山東師大附中模擬)已知函數(shù)f（x)＝e｜x－a｜（a為常數(shù))，若f（x）在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，則a的取值范圍是________。答案（－∞，1]解析f（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（ex－a，x≥a，，ea－x，x<a，))當(dāng)x≥a時(shí),f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x〈a時(shí),f(x)單調(diào)遞減，又f(x）在［1，＋∞）上是增函數(shù)，所以a≤1.考向三函數(shù)的最值（值域)問題例5(1)(2019·河南鄭州第二次質(zhì)檢)高斯是德國(guó)著名的數(shù)學(xué)家,近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的稱號(hào)，用其名字命名的“高斯函數(shù)”為:設(shè)x∈R，用［x]表示不超過x的最大整數(shù)，則y＝［x］稱為高斯函數(shù)．例如：［－2。1]＝－3,［3。1]＝3，已知函數(shù)f(x）＝eq\f(2x＋3，2x＋1)，則函數(shù)y＝[f（x）]的值域?yàn)?）A．{0,1,2，3} B．{0,1，2｝C．｛1，2,3} D．｛1,2｝答案D解析∵f（x)＝eq\f(2x＋3，2x＋1）＝eq\f(1＋2x＋2，1＋2x）＝1＋eq\f(2,1＋2x），又2x>0，∴eq\f（2，1＋2x）∈（0,2)，∴1＋eq\f(2，1＋2x)∈（1,3），∴當(dāng)f（x）∈(1，2）時(shí),y＝［f(x）］＝1；當(dāng)f（x)∈［2，3）時(shí)，y＝［f（x）]＝2?！嗪瘮?shù)y＝［f(x)］的值域是{1，2}．故選D．（2）(2019·福建廈門質(zhì)檢）函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,3）））x－log2（x＋2）在區(qū)間[－1,1]上的最大值為________.答案3解析（單調(diào)性法)由于y＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，3)))x在R上遞減，y＝log2(x＋2）在［－1，1］上單調(diào)遞增,所以f（x）在［－1，1]上單調(diào)遞減，故f(x）在［－1，1］上的最大值為f（－1)＝3。(3)函數(shù)f（x)＝x＋eq\r(1－2x）的值域?yàn)開_______。答案(－∞，1］解析（代數(shù)換元法）函數(shù)的定義域?yàn)閑q\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1(－∞，\f（1,2)）)。令t＝eq\r(1－2x)(t≥0)，則x＝eq\f(1－t2,2)。所以y＝eq\f(1－t2，2)＋t＝－eq\f(1，2)(t－1)2＋1(t≥0)，故當(dāng)t＝1（即x＝0)時(shí)，y有最大值1,故函數(shù)f(x)的值域?yàn)椋ǎ蓿?]．(4)函數(shù)f(x）＝3x＋eq\f（2，x),x∈［1,2]的值域?yàn)開_______。答案［5,7]解析解法一：（基本不等式）f（x)＝3eq\a\vs4\al\co1()x＋eq\f(\f(2，3),x)eq\a\vs4\al\co1()，易證f（x)在eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（\r(\f(2，3)）,＋∞）)上是增函數(shù)．∴f(x)在［1，2］上為增函數(shù)，從而得值域?yàn)閇5，7]．解法二:(導(dǎo)數(shù)法）f′(x）＝3－eq\f(2,x2)，當(dāng)1≤x≤2時(shí),f′（x)〉0，∴f（x）在［1,2］上為增函數(shù)，又f（1)＝5，f(2)＝7.∴f(x)＝3x＋eq\f(2,x），x∈［1，2］的值域?yàn)閇5,7］．函數(shù)值域的幾種求解方法INCLUDEPICF”（1)分離常數(shù)法：分子上構(gòu)造一個(gè)跟分母一樣的因式，把分式拆成常量和變量，進(jìn)一步確定變量范圍破解．INCLUDEPICTF"（2）單調(diào)性法：先確定函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性求最值．INCLUDEPICTF”（3)圖象法：先作出函數(shù)的圖象,再觀察其最高點(diǎn)、最低點(diǎn)，求出最值．INCLUDEPICTF”(4)基本不等式法：先對(duì)解析式變形，使之具備“一正二定三相等”的條件后用基本不等式求出最值．INCLUDEPICTF"（5）導(dǎo)數(shù)法:先求導(dǎo)，然后求出在給定區(qū)間上的極值，最后結(jié)合端點(diǎn)值，求出最值．INCLUDEPICTF”(6）換元法：對(duì)比較復(fù)雜的函數(shù)可通過換元轉(zhuǎn)化為熟悉的函數(shù),再用相應(yīng)的方法求最值．[即時(shí)訓(xùn)練］5.函數(shù)y＝eq\f（x2＋2x＋3，x－1)(x>1)的值域?yàn)開_______。答案[2eq\r（6）＋4，＋∞)解析∵y＝eq\f(x－12＋4x－1＋6，x－1)＝x－1＋eq\f(6,x－1）＋4≥2eq\r（x－1\f(6，x－1)）＋4＝2eq\r（6）＋4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(6）＋1取“＝"，∴函數(shù)值域?yàn)椋?eq\r（6)＋4,＋∞)．6．函數(shù)f(x)＝x＋2eq\r(1－x)的最大值為________。答案2解析設(shè)eq\r(1－x）＝t（t≥0），∴x＝1－t2.∴y＝x＋2eq\r(1－x)＝1－t2＋2t＝－t2＋2t＋1＝－（t－1)2＋2?！喈?dāng)t＝1即x＝0時(shí)，ymax＝2。7．已知函數(shù)y＝eq\r（1－x）＋eq\r（x＋3)的最大值為M，最小值為m，則eq\f（m,M)的值為________。答案eq\f（\r(2)，2）解析由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x≥0，，x＋3≥0.）)所以函數(shù)的定義域?yàn)閧x|－3≤x≤1}．兩邊平方，得y2＝4＋2eq\r（1－x）·eq\r(x＋3)＝4＋2eq\r（1－xx＋3）.所以當(dāng)x＝－1時(shí)，y取得最大值M＝2eq\r(2）；當(dāng)x＝－3或1時(shí)，y取得最小值m＝2，所以eq\f（m,M)＝eq\f(\r（2），2）。8．設(shè)a，b∈R，a2＋2b2＝6，則a＋b的最小值是________。答案－3解析因?yàn)閍,b∈R，a2＋2b2＝6，所以令a＝eq\r(6）cosα，eq\r(2）b＝eq\r（6）sinα，α∈R.則a＋b＝eq\r(6)cosα＋eq\r（3）sinα＝3sin(α＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanφ＝\f(\r（6)，\r(3））＝\r（2））)，所以a＋b的最小值是－3.利用函數(shù)單調(diào)性解抽象不等式函數(shù)f（x）對(duì)任意的m，n∈R，都有f（m＋n)＝f(m)＋f（n)－1，并且x〉0時(shí)，恒有f（x)〉1。(1)求證：f(x)在R上是增函數(shù)；(2）若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2.解（1)證明：設(shè)x1〈x2，所以x2－x1〉0.因?yàn)楫?dāng)x〉0時(shí),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?f(x1）〈f(x2），所以f（x)在R上為增函數(shù)．（2）因?yàn)閙，n∈R,不妨設(shè)m＝n＝1，所以f（1＋1)＝f(1)＋f（1）－1?f(2)＝2f（1)－1，f(3）＝4?f（2＋1