2020版一輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)（理）江蘇專版學(xué)案：第二章第二節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與最值-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

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)的定義域為I：如果對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的任意兩個自變量的值x1，x2
當(dāng)x1＜x2時，都有f(x1)＜f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是單調(diào)增函數(shù)
當(dāng)x1＜x2時，都有f(x1)＞f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是單調(diào)減函數(shù)
圖象描述

自左向右看圖象是上升的

自左向右看圖象是下降的
(2)單調(diào)區(qū)間的定義
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)單調(diào)性，區(qū)間D叫做函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間．
2．函數(shù)的最值
前提
設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數(shù)M滿足
條件
①對于任意的x∈I，都有f(x)≤M；
②存在x∈I，使得f(x)＝M
①對于任意x∈I，都有f(x)≥M；
②存在x∈I，使得f(x)＝M
結(jié)論
M為函數(shù)y＝f(x)的最大值
M為函數(shù)y＝f(x)的最小值

[小題體驗]
1．(2019·常州一中月考)f(x)＝|x＋2|的單調(diào)遞增區(qū)間為________．
答案：[－2，＋∞)
2．若函數(shù)f(x)＝在區(qū)間[2，a]上的最大值與最小值的和為，則a＝________.
解析：由f(x)＝的圖象知，f(x)＝在(0，＋∞)上是減函數(shù)，因為[2，a]?(0，＋∞)，
所以f(x)＝在[2，a]上也是減函數(shù)，
所以f(x)max＝f(2)＝，f(x)min＝f(a)＝，
所以＋＝，所以a＝4.
答案：4
3．函數(shù)f(x)是在區(qū)間(－2,3)上的增函數(shù)，則y＝f(x＋5)的一個遞增區(qū)間是________．
解析：由－2＜x＋5＜3，得－7＜x＜－2，故y＝f(x＋5)的遞增區(qū)間為(－7，－2)．
答案：(－7，－2)

1．易混淆兩個概念：“函數(shù)的單調(diào)區(qū)間”和“函數(shù)在某區(qū)間上單調(diào)”，前者指函數(shù)具備單調(diào)性的“最大”的區(qū)間，后者是前者“最大”區(qū)間的子集．
2．若函數(shù)在兩個不同的區(qū)間上單調(diào)性相同，則這兩個區(qū)間要分開寫，不能寫成并集．例如，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,0)上是減函數(shù)，在(0,1)上是減函數(shù)，但在(－1,0)∪(0,1)上卻不一定是減函數(shù)，如函數(shù)f(x)＝.
3．兩函數(shù)f(x)，g(x)在x∈(a，b)上都是增(減)函數(shù)，則f(x)＋g(x)也為增(減)函數(shù)，但f(x)·g(x)，等的單調(diào)性與其正負(fù)有關(guān)，切不可盲目類比．

[小題糾偏]
1．(2019·海安期中)函數(shù)f(x)＝的單調(diào)遞減區(qū)間為________．
答案：和
2．已知函數(shù)f(x)＝log5(x2－3x－4)，則該函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．
解析：由題意知x2－3x－4＞0，則x＞4或x＜－1，
令y＝x2－3x－4，則其圖象的對稱軸為x＝，
所以y＝x2－3x－4的單調(diào)遞增區(qū)間為(4，＋∞)．
單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(4，＋∞)．
答案：(4，＋∞)

　
[題組練透]
1．討論函數(shù)f(x)＝在x∈(－1,1)上的單調(diào)性．
解：設(shè)－1＜x1＜x2＜1，
則f(x1)－f(x2)＝－＝.
因為－1＜x1＜x2＜1，
所以x2－x1＞0，x1x2＋1＞0，(x－1)(x－1)＞0，
所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，
故函數(shù)f(x)在(－1,1)上為減函數(shù)．
2．已知函數(shù)f(x)＝a＋(a∈R)，判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，并用單調(diào)性的定義證明．
解：f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上均為減函數(shù)，證明如下：
函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，
在定義域內(nèi)任取x1，x2，使0＜x1＜x2，
則f(x2)－f(x1)＝－＝.
因為0＜x1＜x2，所以2x1＜2x2，2x2＞1,2x1＞1，
所以2x1－2x2＜0,2x1－1＞0,2x2－1＞0，
從而f(x2)－f(x1)＜0，即f(x2)＜f(x1)，
所以f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，
同理可證f(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)．
[謹(jǐn)記通法]
1．定義法判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟
取值
2．導(dǎo)數(shù)法判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟

　
[典例引領(lǐng)]
求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：
(1)y＝－x2＋2|x|＋1；
(2)y＝log(x2－3x＋2)．
解：(1)由于y＝
即y＝
畫出函數(shù)圖象如圖所示，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＝logu與u＝x2－3x＋2的復(fù)合函數(shù)．
令u＝x2－3x＋2＞0，則x＜1或x＞2.
所以函數(shù)y＝log(x2－3x＋2)的定義域為(－∞，1)∪(2，＋∞)．
又u＝x2－3x＋2的對稱軸x＝，且開口向上．
所以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＝logu在(0，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，
所以y＝log(x2－3x＋2)的單調(diào)遞減區(qū)間為(2，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，1)．
[由題悟法]
確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的3種方法

[提醒]　單調(diào)區(qū)間只能用區(qū)間表示，不能用集合或不等式表示；如有多個單調(diào)區(qū)間應(yīng)分別寫，不能用并集符號“∪”聯(lián)結(jié)，也不能用“或”聯(lián)結(jié)．
[即時應(yīng)用]
1．函數(shù)f(x)＝log2(x2－4)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．
解析：令t＝x2－4＞0，解得x＜－2或x＞2，
故函數(shù)f(x)的定義域為{x|x＜－2或x＞2}，且f(x)＝log2t.
利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得，t＝x2－4在定義域{x|x＜－2或x＞2}內(nèi)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．
答案：(2，＋∞)
2．函數(shù)y＝的單調(diào)遞增區(qū)間為________．
解析：令u＝2x2－3x＋1＝22－.
因為u＝22－在上單調(diào)遞減，函數(shù)y＝u在R上單調(diào)遞減．
所以y＝在上單調(diào)遞增．
答案：
　
[鎖定考向]
高考對函數(shù)單調(diào)性的考查多以填空題的形式出現(xiàn)，有時也應(yīng)用于解答題中的某一問中．
常見的命題角度有：
(1)求函數(shù)的值域或最值；
(2)比較數(shù)值的大?。?br /> (3)利用單調(diào)性解函數(shù)不等式；
(4)利用單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍或值．　　　　
[題點全練]
角度一：求函數(shù)的值域或最值
1．(2019·啟東中學(xué)檢測)設(shè)m∈R，若函數(shù)f(x)＝|x3－3x－2m|＋m在x∈[0,2]上的最大值與最小值之差為3，則m＝________.
解析：令y＝x3－3x，x∈[0,2]，則y′＝3x2－3.
由y′＞0，得1＜x＜2；由y′＜0，得0＜x＜1，
所以y＝x3－3x在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,2)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x∈[0,2]時，y＝x3－3x的值域為[－2,2]，y＝x3－3x－2m的值域為[－2－2m,2－2m]．
①當(dāng)m＝0時，f(x)max＝2，f(x)min＝0，不符合題意；
②當(dāng)m≥1時，f(x)max＝f(－2)＝2＋3m，f(x)min＝f(2)＝3m－2，f(x)max－f(x)min＝4，不符合題意；
③當(dāng)0＜m＜1時，f(x)max＝f(－2)＝2＋3m，f(x)min＝m，f(x)max－f(x)min＝2＋2m＝3，解得m＝，符合題意；
④當(dāng)－1＜m＜0時，f(x)max＝f(2)＝2－m，f(x)min＝m，f(x)max－f(x)min＝2－2m＝3，解得m＝－，符合題意；
⑤當(dāng)m≤－1時， f(x)max＝2－m，f(x)min＝－2－m，f(x)max－f(x)min＝4，不符合題意．
綜上可得，m＝±.
答案：±

角度二：比較數(shù)值的大小
2．設(shè)函數(shù)f(x)定義在實數(shù)集R上，它的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，且當(dāng)x≥1時，f(x)＝3x－1，則f，f，f的大小關(guān)系為________________(用“＜”號表示)．
解析：由題設(shè)知，f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，當(dāng)x＜1時，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x≥1時，f(x)單調(diào)遞增，所以f＝f＝f＝f，又＜＜＜1，所以f＞f＞f，即f＞f＞f.
答案：f＜f＜f
角度三：利用單調(diào)性解函數(shù)不等式
3．設(shè)函數(shù)f(x)＝若f(a＋1)≥f(2a－1)，則實數(shù)a的取值范圍是________．
解析：易知函數(shù)f(x)在定義域(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，
∵f(a＋1)≥f(2a－1)，∴a＋1≥2a－1，解得a≤2.故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，2]．
答案：(－∞，2]
4．定義在R上的奇函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上遞增，且f ＝0，求不等式f(logx)＞0的解集．
解：∵y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且y＝f(x)在(0，＋∞)上遞增．
∴y＝f(x)在(－∞，0)上也是增函數(shù)，
又f ＝0，知f ＝－f ＝0.
故原不等式f(logx)＞0可化為
f(logx)＞f或f＜f(logx)＜f，
∴l(xiāng)ogx＞或－＜logx＜0，
解得0＜x＜或1＜x＜3.
∴原不等式的解集為.
角度四：利用單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍或值
5．(2019·南通調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝(a＞0，且a≠1)滿足對任意x1≠x2，都有＜0成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．
解析：由題意知f(x)為減函數(shù)，所以解得0＜a≤.
答案：
[通法在握]
函數(shù)單調(diào)性應(yīng)用問題的常見類型及解題策略
(1)求函數(shù)最值(五種常用方法)
方法
步驟
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
圖象法
先作出函數(shù)的圖象，再觀察其最高點、最低點，求出最值
基本不等式法
先對解析式變形，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
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)合端點值，求出最值
換元法
對比較復(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

(2)比較函數(shù)值大小的解題思路
比較函數(shù)值的大小時，若自變量的值不在同一個單調(diào)區(qū)間內(nèi)，要利用其函數(shù)性質(zhì)，轉(zhuǎn)化到同一個單調(diào)區(qū)間上進行比較，對于填空題能數(shù)形結(jié)合的盡量用圖象法求解．
(3)解不等式
在求解與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式時，往往是利用函數(shù)的單調(diào)性將“f”符號脫掉，使其轉(zhuǎn)化為具體的不等式求解．此時應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域．
(4)利用單調(diào)性求參數(shù)的范圍(或值)的方法
①視參數(shù)為已知數(shù)，依據(jù)函數(shù)的圖象或單調(diào)性定義，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)；
②需注意若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是單調(diào)的，則該函數(shù)在此區(qū)間的任意子集上也是單調(diào)的．
[提醒]?、偃艉瘮?shù)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)，則該函數(shù)在此區(qū)間的任意子區(qū)間上也是單調(diào)的；②分段函數(shù)的單調(diào)性，除注意各段的單調(diào)性外，還要注意銜接點的取值．
[演練沖關(guān)]
1．(2019·連云港調(diào)研)若函數(shù)f(x)＝是在R上的減函數(shù)，則a的取值范圍是________．
解析：由題意得解得－6≤a＜1.
答案：[－6,1)
2．函數(shù)f(x)＝－＋b(a＞0)在上的值域為，則a＝________，b＝________.
解析：因為f(x)＝－＋b(a＞0)在上是增函數(shù)，
所以f＝，f(2)＝2.
即
解得a＝1，b＝.
答案：1　
3．已知函數(shù)f(x)＝ln(2＋|x|)－，則使得f(x＋2)＞f(2x－1)成立的x的取值范圍是________．
解析：由f(－x)＝f(x)可得函數(shù)f(x)是定義域R上的偶函數(shù)，且x＞0時函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，
則不等式等價于f(|x＋2|)＞f(|2x－1|)，
即|x＋2|＞|2x－1|，兩邊平方化簡得3x2－8x－3＜0，
解得－＜x＜3.
答案：

一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快
1．(2019·如皋中學(xué)月考)函數(shù)f(x)＝|x2－2x＋2|的增區(qū)間是________．
解析：因為函數(shù)f(x)＝|x2－2x＋2|＝|(x－1)2＋1|＝(x－1)2＋1，
所以函數(shù)f(x)＝|x2－2x＋2|的增區(qū)間是[1，＋∞)．
答案：[1，＋∞)
2．函數(shù)y＝－x(x≥0)的最大值為________．
解析：令t＝，則t≥0，所以y＝t－t2＝－2＋，結(jié)合圖象知，當(dāng)t＝，即x＝時，ymax＝.
答案：
3．(2018·徐州質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝x－log2(x＋2)在區(qū)間[－1,1]上的最大值為________．
解析：因為y＝x和y＝－log2(x＋2)都是[－1,1]上的減函數(shù)，所以y＝x－log2(x＋2)是在區(qū)間[－1,1]上的減函數(shù)，所以最大值為f(－1)＝3.
答案：3
4．已知偶函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞減，則滿足f(2x－1)＜f(5)的x的取值范圍是________．
解析：因為偶函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞減，且f(2x－1)＜f(5)，所以|2x－1|＞5，即x＜－2或x＞3.
答案：(－∞，－2)∪(3，＋∞)
5．若函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝(a＋1)1－x在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，則a的取值范圍是________．
解析：因為f(x)＝－x2＋2ax＝－(x－a)2＋a2在[1,2]上是減函數(shù)，所以a≤1.
又g(x)＝(a＋1)1－x在[1,2]上是減函數(shù)．所以a＋1＞1，所以a＞0.
綜上可知0＜a≤1.
答案：(0,1]
6．(2019·海門中學(xué)高三檢測)已知函數(shù)f(x)＝滿足對任意x1＜x2，都有f(x1)＜f(x2)成立，那么實數(shù)a的取值范圍是________．
解析：∵函數(shù)f(x)滿足對任意x1＜x2，都有f(x1)＜f(x2)成立，
∴函數(shù)f(x)在定義域上是增函數(shù)，
則滿足即解得≤a＜2.
答案：
二保高考，全練題型做到高考達標(biāo)
1．設(shè)函數(shù)f(x)＝在區(qū)間(－2，＋∞)上是增函數(shù)，則a的取值范圍是________．
解析：f(x)＝＝a－，
因為函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2，＋∞)上是增函數(shù)．
所以解得a≥1.
答案：[1，＋∞)
2．(2019·江陰高三檢測)設(shè)a＞0且a≠1，函數(shù)f(x)＝loga|ax2－x|在[3,5]上是單調(diào)增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為______________．
解析：∵a＞0且a≠1，函數(shù)f(x)＝loga|ax2－x|＝loga|x·(ax－1)|在[3,5]上是單調(diào)增函數(shù)，
∴當(dāng)a＞1時，y＝x·(ax－1)在[3,5]上是單調(diào)增函數(shù)，且y＞0，滿足f(x)是增函數(shù)；
當(dāng)0＜a＜1時，要使f(x)在[3,5]上是單調(diào)增函數(shù)，只需解得≤a＜.
綜上可得，a＞1或≤a＜.
答案：∪(1，＋∞)
3．對于任意實數(shù)a，b，定義min{a，b}＝設(shè)函數(shù)f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，則函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．
解析：依題意，h(x)＝當(dāng)0＜x≤2時，h(x)＝log2x是增函數(shù)，當(dāng)x＞2時，h(x)＝－x＋3是減函數(shù)，所以h(x)在x＝2時，取得最大值h(2)＝1.
答案：1
4．(2018·徐州一模)已知函數(shù)y＝f(x)和y＝g(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，當(dāng)函數(shù)y＝f(x)和y＝g(x)在區(qū)間[a，b]上同時遞增或者同時遞減時，把區(qū)間[a，b]叫做函數(shù)y＝f(x)的“不動區(qū)間”，若區(qū)間[1,2]為函數(shù)f(x)＝|2x－t|的“不動區(qū)間”，則實數(shù)t的取值范圍是________．
解析：因為函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，所以g(x)＝f(－x)＝|2－x－t|.
因為區(qū)間[1,2]為函數(shù)f(x)＝|2x－t|的“不動區(qū)間”，
所以函數(shù)f(x)＝|2x－t|和函數(shù)g(x)＝|2－x－t|在[1,2]上單調(diào)性相同，
因為y＝2x－t和函數(shù)y＝2－x－t的單調(diào)性相反，
所以(2x－t)(2－x－t)≤0在[1,2]上恒成立，
即2－x≤t≤2x在[1,2]上恒成立，解得≤t≤2.
答案：
5．(2018·金陵中學(xué)月考)定義在[－2,2]上的函數(shù)f(x)滿足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，且f(a2－a)＞f(2a－2)，則實數(shù)a的取值范圍為________．
解析：函數(shù)f(x)滿足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，所以函數(shù)在[－2,2]上單調(diào)遞增，所以
所以所以0≤a＜1.
答案：[0,1)
6．設(shè)偶函數(shù)f(x)的定義域為R，當(dāng)x∈[0，＋∞)時，f(x)是增函數(shù)，則f(－2)，f(π)， f(－3)的大小關(guān)系為____________(用“＜”表示)．
解析：因為f(x)是偶函數(shù)，
所以f(－3)＝f(3)，f(－2)＝f(2)．
又因為函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，
所以f(π)＞f(3)＞f(2)，所以f(－2)＜f(－3)＜f(π)．
答案：f(－2)＜f(－3)＜f(π)
7．(2018·蘇州高三暑假測試)已知函數(shù)f(x)＝x＋(a＞0)，當(dāng)x∈[1,3]時，函數(shù)f(x)的值域為A，若A?[8,16]，則a的值等于________．
解析：因為A?[8,16]，所以8≤f(x)≤16對任意的x∈[1,3]恒成立，所以對任意的x∈[1,3]恒成立，當(dāng)x∈[1,3]時，函數(shù)y＝16x－x2在[1,3]上單調(diào)遞增，所以16x－x2∈[15,39]，函數(shù)y＝8x－x2在[1,3]上也單調(diào)遞增，所以8x－x2∈[7,15]，所以即a的值等于15.
答案：15
8．若函數(shù)f(x)＝ax(a＞0，a≠1)在[－1,2]上的最大值為4，最小值為m，且函數(shù)g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，則a＝________.
解析：函數(shù)g(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，則1－4m＞0，即m＜.若a＞1，則函數(shù)f(x)在[－1,2]上的最小值為＝m，最大值為a2＝4，解得a＝2，＝m，與m＜矛盾；當(dāng)0＜a＜1時，函數(shù)f(x)在[－1,2]上的最小值為a2＝m，最大值為a－1＝4，解得a＝，m＝.所以a＝.
答案：
9．已知函數(shù)f(x)＝a－.
(1)求證：函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；
(2)若f(x)＜2x在(1，＋∞)上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
解：(1)證明：當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)＝a－，
設(shè)0＜x1＜x2，則x1x2＞0，x2－x1＞0，
f(x2)－f(x1)＝－＝－＝＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．
(2)由題意a－＜2x在(1，＋∞)上恒成立，
設(shè)h(x)＝2x＋，
則a＜h(x)在(1，＋∞)上恒成立．
任取x1，x2∈(1，＋∞)且x1＜x2，
h(x1)－h(huán)(x2)＝(x1－x2).
因為1＜x1＜x2，所以x1－x2＜0，x1x2＞1，所以2－＞0，
所以h(x1)＜h(x2)，
所以h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
故a≤h(1)，即a≤3，
所以實數(shù)a的取值范圍是(－∞，3]．
10．(2019·江陰期中)設(shè)函數(shù)f(x)＝是定義在(－1,1)上的奇函數(shù)，且f＝.
(1)求函數(shù)f(x)的解析式；
(2)用單調(diào)性定義證明f(x)在(－1,1)上是增函數(shù)；
(3)解不等式f(|t|－1)＋f(t2)＜f(0)．
解：(1)因為f(x)＝是定義在(－1,1)上的奇函數(shù)，
所以f(0)＝b＝0，所以f(x)＝，
而f＝＝，
解得a＝1，
所以f(x)＝，x∈(－1,1)．
(2)證明：任取x1，x2∈(－1,1)且x1＜x2，
則f(x1)－f(x2)＝－＝.
因為x1＜x2，所以x1－x2＜0，
又因為x1，x2∈(－1,1)，所以1－x1x2＞0，
所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
所以函數(shù)f(x)在(－1,1)上是增函數(shù)．
(3)由題意，不等式f(|t|－1)＋f(t2)＜f(0)可化為f(|t|－1)＋f(t2)＜0，即f(t2)＜－f(|t|－1)，
因為f(x)是定義在(－1,1)上的奇函數(shù)，
所以f(t2)＜f(1－|t|)，
所以
解得＜t＜且t≠0，
所以該不等式的解集為∪.
三上臺階，自主選做志在沖刺名校
1．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，x的取值范圍是____________．
解析：因為f(9)＝f(3)＋f(3)＝2，所以由f(x)＋f(x－8)≤2，可得f[x(x－8)]≤f(9)，因為f(x)是定義在(0，＋∞)上的增函數(shù)，所以有解得8＜x≤9.
答案：(8,9]
2．已知定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足f＝f(x1)－f(x2)，且當(dāng)x＞1時，f(x)＜0.
(1)證明：f(x)為單調(diào)遞減函數(shù)；
(2)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．
解：(1)證明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2，
則＞1，由于當(dāng)x＞1時，f(x)＜0，
所以f＜0，即f(x1)－f(x2)＜0，
因此f(x1)＜f(x2)，
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是單調(diào)遞減函數(shù)．
(2)因為f(x)在(0，＋∞)上是單調(diào)遞減函數(shù)，
所以f(x)在[2,9]上的最小值為f(9)．
由f＝f(x1)－f(x2)得，
f＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，
所以f(9)＝－2.
所以f(x)在[2,9]上的最小值為－2.