高中数学人教B版 (2019)必修 第一册第三章 函数3.1 函数的概念与性质3.1.2 函数的单调性第1课时学案及答案

这是一份高中数学人教B版 (2019)必修 第一册第三章 函数3.1 函数的概念与性质3.1.2 函数的单调性第1课时学案及答案，共15页。学案主要包含了函数单调性的判断与证明，求函数的单调区间，函数单调性的应用等内容，欢迎下载使用。

学习目标 1.理解函数的单调性的定义，能运用函数图像理解和研究函数的单调性.2.会用函数单调性的定义判断(或证明)一些函数的单调性，会求一些具体函数的单调区间.3.理解函数的最大值和最小值的概念，能借助函数的图像和单调性，求一些简单函数的最值．
导语
同学们，大家有没有体验过过山车？我可是过山车的资深体验师哦，风驰电掣、疯狂刺激的上升与下落伴随着呐喊声和尖叫声，简直是一场视觉与听觉的盛宴．当然，过山车的设计可是离不开数学家的身影，我们今天的这节课就和这刺激的游戏有关哦．
一、函数单调性的判断与证明
问题1 观察下面三个函数图形，他们的图像有什么变化规律？这反映了相应函数值的哪些变化规律？
提示 函数y＝x的图像从左向右看是上升的；函数y＝x2的图像在y轴左侧是下降的，在y轴右侧是上升的；函数y＝－x2的图像在y轴左侧是上升的，在y轴右侧是下降的．
问题2 如何理解函数图像是上升的？
提示 从左向右的方向看函数的图像，当图像上点的横坐标逐渐增大时，点的纵坐标也逐渐变大，即函数的自变量逐渐增大时，对应的函数值逐渐增大．
知识梳理
增函数与减函数的定义
注意点：
(1)区间I是定义域的子集，即应在函数的定义域内研究单调性；
(2)同区间性，即x1，x2∈I；
(3)任意性，即不可以用区间I上的特殊值代替；
(4)有序性，即要规定x1，x2的大小；
(5)“单调递增(递减)”“x1，x2的大小”“f(x1)与f(x2)的大小”知二求一，但自变量和函数值的不等方向要一致(相反)，简称为“步调一致(相反)增(减)函数”；
(6)函数单调性的判断与证明：
①观察函数的图像判断；
②利用单调性的定义和不等式证明．
例1 证明函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)在(1，＋∞)上是增函数．
证明 任取x1，x2∈(1，＋∞)，且x1则f(x1)－f(x2)＝x1＋eq \f(1,x1)－x2－eq \f(1,x2)
＝(x1－x2)＋eq \f(x2－x1,x1x2)＝eq \f(x1－x2x1x2－1,x1x2).
因为1所以x1－x2<0，x1x2>1，x1x2－1>0，
所以f(x1)－f(x2)<0，
即f(x1)所以函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)在(1，＋∞)上是增函数．
延伸探究 若本例的函数不变，试判断f(x)在(0,1)上的单调性．
解 函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)在(0,1)上单调递减．
理由如下：任取x1，x2∈(0,1)，且x1则f(x1)－f(x2)＝x1＋eq \f(1,x1)－x2－eq \f(1,x2)
＝(x1－x2)＋eq \f(x2－x1,x1x2)＝eq \f(x1－x2x1x2－1,x1x2).
因为0所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)．
所以函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)在(0,1)上单调递减．
反思感悟 利用定义证明函数单调性的4个步骤
跟踪训练1 求证：函数f(x)＝eq \f(1,x2)在(0，＋∞)上是减函数，在(－∞，0)上是增函数．
证明 对于任意的x1，x2∈(－∞，0)，
且x1有f(x1)－f(x2)＝eq \f(1,x\\al(2,1))－eq \f(1,x\\al(2,2))＝eq \f(x\\al(2,2)－x\\al(2,1),x\\al(2,1)x\\al(2,2))
＝eq \f(x2－x1x2＋x1,x\\al(2,1)x\\al(2,2)).
∵x1∴x2－x1>0，x1＋x2<0，xeq \\al(2,1)xeq \\al(2,2)>0.
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴函数f(x)＝eq \f(1,x2)在(－∞，0)上是增函数．
对于任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1有f(x1)－f(x2)＝eq \f(x2－x1x2＋x1,x\\al(2,1)x\\al(2,2)).
∵00，x2＋x1>0，xeq \\al(2,1)xeq \\al(2,2)>0.
∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)．
∴函数f(x)＝eq \f(1,x2)在(0，＋∞)上是减函数．
二、求函数的单调区间
问题3 “函数y＝f(x)在I上单调递增”与“函数y＝f(x)的单调递增区间为I”含义相同吗？
提示 不同．“函数y＝f(x)在I上单调递增”是指区间I为函数y＝f(x)的一个单调递增区间，还可能存在其他单调递增区间；“函数y＝f(x)的单调递增区间为I”是指除区间I外，函数y＝f(x)不存在其他单调递增区间．
知识梳理
如果函数y＝f(x)在I上单调递增或单调递减，那么就称函数y＝f(x)在I上具有单调性(当I为区间时，称I为函数的单调区间，也可分别称为单调递增区间或单调递减区间)．
注意点：
如果函数y＝f(x)存在多个单调区间，应当用“，”或“和”连接．
例2 画出函数y＝－x2＋2|x|＋3的图像，并指出函数的单调区间．
解 当x≥0时，
y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，
当x<0时，
y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，
即y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－12＋4，x≥0，,－x＋12＋4，x<0，))
作出函数的图像如图所示，
所以函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调递增区间为(－∞，－1)和[0,1)，单调递减区间为[－1,0)和[1，＋∞)．
反思感悟 求函数单调区间的两种方法
(1)定义法．即先求出定义域，再利用定义法进行判断求解．
(2)图像法．即先画出图像，根据图像求单调区间．
跟踪训练2 作出函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－3，x≤1，,x－22＋3，x>1))的图像，并指出函数f(x)的单调区间．
解 f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－3，x≤1，,x－22＋3，x>1))的图像如图所示，由图可知，
函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－3，x≤1，,x－22＋3，x>1))的单调递减区间为(－∞，1]和(1,2]，单调递增区间为[2，＋∞)．
三、函数单调性的应用
问题4 如图所示是函数y＝－x2－2x，y＝－2x＋1(x∈[－1，＋∞))，y＝f(x)的图像．观察并描述这三个图像的共同特征．
提示 函数y＝－x2－2x的图像有最高点A，函数y＝－2x＋1，x∈[－1，＋∞)的图像有最高点B，函数y＝f(x)的图像有最高点C，也就是说，这三个函数的图像的共同特征是都有最高点．
问题5 你是怎样理解函数图像最高点的？
提示 图像最高点的纵坐标是所有函数值中的最大值，即函数的最大值．
知识梳理
函数的最值
注意点：
(1)最大(小)值的几何意义：最高(低)点的纵坐标．
(2)并不是所有的函数都有最大(小)值，比如y＝x，x∈R.
(3)一个函数至多有一个最大(小)值．
(4)研究函数最值需先研究函数的定义域和单调性．
eq \x(命题角度1 利用函数的单调性比较大小)
例3 已知函数f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，试比较f(a2－a＋1)与f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))的大小．
解 ∵a2－a＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)，
∴eq \f(3,4)与a2－a＋1都是区间(0，＋∞)上的值．
又f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，
∴f(a2－a＋1)≥f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4))).
反思感悟 利用函数的单调性可以比较函数值或自变量的大小．在解决比较函数值的问题时，要注意将对应的自变量转化到同一个单调区间上．
跟踪训练3 (1)定义在R上的函数f(x)，对任意x1，x2∈R(x1≠x2)，有eq \f(fx2－fx1,x2－x1)>0，则( )
A．f(3)B．f(1)C．f(2)D．f(3)答案 B
解析 对任意x1，x2∈R(x1≠x2)，有eq \f(fx2－fx1,x2－x1)>0，则x2－x1与f(x2)－f(x1)同号，则f(x)在R上是增函数．又3>2>1，则f(1)(2)若函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上是减函数，则下列关系式一定成立的是( )
A．f(a)>f(2a) B．f(a2)C．f(a2＋a)答案 D
解析 当a<0时，a>2a，因为函数f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数，所以f(a)f(a)，故B不正确．当a＝0时，a2＋a＝a＝0，所以f(a2＋a)＝f(a)，故C不正确．因为a2＋1>a2，函数f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数，所以f(a2＋1)eq \x(命题角度2 利用函数的单调性解不等式)
例4 已知函数f(x)是定义在[－1,1]上的增函数，且f(x－2)解 ∵函数f(x)是定义在[－1,1]上的增函数，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤x－2≤1，,－1≤1－x≤1，))
解得1≤x≤2，①
又∵f(x－2)∴x－2<1－x，即x由①②可得1≤x即x的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤x<\f(3,2))))).
反思感悟 利用函数的单调性解不等式的注意点
利用函数的单调性解不等式的实质是单调性的逆用，如果f(x1)若f(x)在(a，b)上是增函数，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1若f(x)在(a，b)上是减函数，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1>x2，,a必须注意两点：①两边化为同名函数的不同函数值；②自变量必须化到同一单调区间上，若转化不了，就进行讨论．
跟踪训练4 (1)已知函数y＝f(x)在定义域(－2,2)上是减函数，且f(2－a2)答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))∪(0,1)
解析 由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2<2－a2<2，,－2<2a－1<2，,2－a2>2a－1，))解得－eq \f(1,2)(2)函数f(x)是定义在R上的减函数，其图像过点(－3,2)和(1，－2)，则使|f(x)|<2的自变量x的取值范围是________．
答案 (－3,1)
解析 ∵f(x)是定义在R上的减函数，f(－3)＝2，f(1)＝－2，∴当x>－3时，f(x)<2；当x<1时，f(x)>－2，故当－3eq \x(命题角度3 利用单调性求最值)
例5 已知函数f(x)＝eq \f(x－1,x＋2)，x∈[3,5]．
(1)判断函数f(x)的单调性，并证明；
(2)求函数f(x)的最大值和最小值．
解 (1)f(x)在[3,5]上单调递增，证明如下：
任取x1，x2∈[3,5]，且x1则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1－1,x1＋2)－eq \f(x2－1,x2＋2)
＝eq \f(3x1－x2,x1＋2x2＋2)，
因为3≤x1所以x1－x2<0，(x1＋2)(x2＋2)>0，
所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)所以f(x)在[3,5]上单调递增．
(2)由(1)知，f(x)在[3,5]上单调递增，
则f(x)的最大值为f(5)＝eq \f(4,7)，f(x)的最小值为f(3)＝eq \f(2,5).
反思感悟 利用函数单调性求最值的方法
(1)若函数y＝f(x)在区间[a，b]上单调递增，则f(x)的最大值为f(b)，最小值为f(a)．
(2)若函数y＝f(x)在区间[a，b]上单调递减，则f(x)的最大值为f(a)，最小值为f(b)．
(3)若函数y＝f(x)有多个单调区间，那就先求出各区间上的最值，再从各区间的最值中决定出最大(小)值．函数的最大(小)值是整个值域范围内的最大(小)值．
跟踪训练5 已知函数f(x)＝eq \f(6,1－x)＋3(x∈[2,4])，求函数f(x)的最大值和最小值．
解 设x1，x2是[2,4]上任意两个实数，且x1所以f(x1)－f(x2)＝eq \f(6,1－x1)＋3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,1－x2)＋3))
＝eq \f(6,1－x1)－eq \f(6,1－x2)＝eq \f(61－x2－61－x1,1－x11－x2)
＝eq \f(6x1－x2,1－x11－x2)，
因为2≤x1所以x1－x2<0,1－x1<0,1－x2<0，
所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)所以f(x)在[2,4]上是增函数，
所以f(x)的最大值为f(4)＝1，f(x)的最小值为f(2)＝－3.
1．知识清单：
(1)函数单调性的判断与证明．
(2)函数的单调区间的求法．
(3)单调性的应用．
2．方法归纳：数形结合法．
3．常见误区：函数的单调区间误用并集．
1．如图是函数y＝f(x)的图像，则此函数的单调递减区间的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 由图像，可知函数y＝f(x)的单调递减区间有2个．
2．函数f(x)的定义域为(a，b)，且对其内任意实数x1，x2，均有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0，则函数f(x)在(a，b)上是( )
A．增函数 B．减函数
C．不增不减函数 D．既增又减函数
答案 B
解析 ∵(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0⇔
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1－x2<0，,fx1－fx2>0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1－x2>0，,fx1－fx2<0.))
即当x1f(x2)或当x1>x2时，
f(x1)3．函数y＝x2－6x的单调递减区间是( )
A．(－∞，2] B．[2，＋∞)
C．[3，＋∞) D．(－∞，3]
答案 D
解析 y＝x2－6x＝(x－3)2－9，
故单调递减区间为(－∞，3]．
4．函数f(x)＝eq \f(1,x)在[1，＋∞)上( )
A．有最大值，无最小值
B．有最小值，无最大值
C．有最大值，也有最小值
D．无最大值，也无最小值
答案 A
解析 由于f(x)＝eq \f(1,x)在[1，＋∞)上单调递减，所以f(x)在[1，＋∞)上有最大值，无最小值．
5．函数y＝f(x)的定义域为[－4,6]，若函数f(x)在区间[－4，－2]上单调递减，在区间[－2,6]上单调递增，且f(－4)答案 f(－2) f(6)
解析 作出符合条件的函数的简图(图略)，可知最小值为f(－2)，最大值为f(6)．
1．如图是定义在区间[－5,5]上的函数y＝f(x)，则下列关于函数f(x)的说法错误的是( )
A．函数在区间[－5，－3]上单调递增
B．函数在区间[1,4]上单调递增
C．函数在区间[－3,1]∪[4,5]上单调递减
D．函数在区间[－5,5]上没有单调性
答案 C
解析 单调区间不能用“∪”连接．
2．下列函数中，在区间(0,2)上为增函数的是( )
A．y＝3－x B．y＝x2＋1
C．y＝eq \f(1,x) D．y＝－|x＋1|
答案 B
解析 y＝x2＋1在(0,2)上是增函数．
3．函数f(x)＝|x|，g(x)＝x(2－x)的单调递增区间分别是( )
A．(－∞，0]，(－∞，1] B．(－∞，0]，(1，＋∞)
C．[0，＋∞)，(－∞，1] D．[0，＋∞)，[1，＋∞)
答案 C
解析 分别作出f(x) 与g(x)的图像(图略)得，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，g(x)在(－∞，1]上单调递增，选C.
4．已知函数f(x)＝－x2＋4x＋a，x∈[0,1]，若f(x)有最小值－2，则f(x)的最大值为( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
答案 C
解析 因为f(x)＝－(x2－4x＋4)＋a＋4
＝－(x－2)2＋4＋a，
所以函数f(x)图像的对称轴为x＝2.
所以f(x)在[0,1]上单调递增．
又因为f(x)在[0,1]上的最小值为－2，
所以f(0)＝－2，即a＝－2.
所以f(x)的最大值为f(1)＝－1＋4－2＝1.
5．(多选)如果函数f(x)在[a，b]上是增函数，对于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，则下列结论中正确的是( )
A.eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0
B．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0
C．f(a)≤f(x1)D．f(x1)>f(x2)
答案 AB
解析 由函数单调性的定义可知，若函数y＝f(x)在给定的区间上是增函数，则x1－x2与f(x1)－f(x2)同号，由此可知，选项A，B正确；对于选项C，D，因为x1，x2的大小关系无法判断，所以f(x1)与f(x2)的大小关系也无法判断，故C，D不正确．
6．若f(x)在R上单调递减，且f(x－2)答案 (5，＋∞)
解析 函数的定义域为R，由条件可知，x－2>3，解得x>5.
7．若二次函数f(x)＝x2－2ax＋m在(－∞，2]上是减函数，则a的取值范围是________．
答案 [2，＋∞)
解析 题中二次函数图像的对称轴为x＝a，由二次函数的图像，知函数在(－∞，a]上单调递减，
∴a≥2.
8．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋1，x≥1，,5－x，x<1，))则f(x)的单调递减区间是________，单调递增区间是________．
答案 (－∞，1) [1，＋∞)
解析 因为当x≥1时，f(x)是增函数，当x<1时，f(x)是减函数，所以f(x)的单调递减区间是
(－∞，1)，单调递增区间是[1，＋∞)．
9．已知函数f(x)＝eq \f(2x＋1,x＋1).
(1)判断函数在区间(－1，＋∞)上的单调性，并用定义证明你的结论；
(2)求该函数在区间[2,4]上的最大值和最小值．
解 (1)f(x)在(－1，＋∞)上为增函数，证明如下：
任取－1则f(x1)－f(x2)＝eq \f(2x1＋1,x1＋1)－eq \f(2x2＋1,x2＋1)＝eq \f(x1－x2,x1＋1x2＋1)，
因为－10，x2＋1>0，x1－x2<0，
所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)所以f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
(2)由(1)知f(x)在[2,4]上单调递增，
所以f(x)的最小值为f(2)＝eq \f(2×2＋1,2＋1)＝eq \f(5,3)，
最大值为f(4)＝eq \f(2×4＋1,4＋1)＝eq \f(9,5).
10．求函数f(x)＝x＋eq \f(9,x)(x>0)的单调区间，并指出函数的最小值．
解 设x1，x2是(0，＋∞)上的任意两个实数，且x1则f(x1)－f(x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(9,x1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(9,x2)))
＝(x1－x2)－eq \f(9x1－x2,x1x2)
＝eq \f(x1－x2x1x2－9,x1x2).
∵0∴x1－x2<0，x1x2>0.
由于x1x2－9的符号不能确定，因此需要对x1，x2的取值进行讨论．
当x1，x2∈(0,3]时，有x1x2－9<0，
∴eq \f(x1－x2x1x2－9,x1x2)>0，即f(x1)>f(x2)，
∴f(x)在区间(0,3]上是减函数；
当x1，x2∈[3，＋∞)时，有x1x2－9>0，
∴eq \f(x1－x2x1x2－9,x1x2)<0，
即f(x1)∴f(x)在区间[3，＋∞)上是增函数．
综上可知，函数f(x)＝x＋eq \f(9,x)(x>0)的单调递减区间是(0,3]，单调递增区间是[3，＋∞)，
故f(x)的最小值为f(3)＝6.
11．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－3x＋5，x≤1，,\f(2a,x)，x>1))是R上的减函数，则实数a的取值范围是( )
A．(0,3) B．(0,3] C．(0,2) D．(0,2]
答案 D
解析 依题意得，实数a满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－3<0，,2a>0，,a－3＋5≥2a，))
解得012．(多选)若函数y＝ax＋1在[1,2]上的最大值与最小值的差为2，则实数a的值可以是( )
A．2 B．－2 C．1 D．0
答案 AB
解析 依题意，当a>0时，y＝ax＋1在x＝2处取得最大值，在x＝1处取得最小值，所以2a＋1－(a＋1)＝2，即a＝2.
当a<0时，y＝ax＋1在x＝1处取得最大值，在x＝2处取得最小值，所以a＋1－(2a＋1)＝2，即a＝－2.
13．设f(x)是定义在R上的增函数，f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，则不等式f(x)＋f(－2)>1的解集为________．
答案 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(3,2)))))
解析 令y＝－2，f(x)＋f(－2)＝f(－2x)，
又f(3)＝1，∴不等式f(x)＋f(－2)>1，
即为f(－2x)>f(3)．
∵f(x)是定义在R上的增函数，
∴－2x>3，
解得x<－eq \f(3,2).
故不等式f(x)＋f(－2)>1的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(3,2))))).
14. 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4x，x≥0，,4x－x2，x<0，))若f(4－a)>f(a)，则实数a的取值范围是______．
答案 (－∞，2)
解析 画出f(x)的图像(图略)可判断f(x)在R上单调递增，故f(4－a)>f(a)⇔4－a>a，解得a<2.
15. (多选)已知f(x)是定义在R上的增函数，则下列结论中错误的有( )
A．y＝[f(x)]2是增函数
B．y＝eq \f(1,fx)(f(x)≠0)是减函数
C．y＝－f(x)是减函数
D．y＝|f(x)|是增函数
答案 ABD
解析 设f(x)＝x，满足在R上单调递增．
对于A选项，y＝x2在(－∞，0)上单调递减，
故A选项结论错误．
对于B选项，y＝eq \f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，但不能说y＝eq \f(1,x)是减函数，
故B选项结论错误．
对于C选项，y＝－x是减函数．
以下证明一般性：由于f(x)是定义在R上的增函数，
根据复合函数的单调性同增异减可知，
y＝－f(x)是R上的减函数．故C选项结论正确．
对于D选项，y＝|x|在(－∞，0)上单调递减，
故D选项结论错误．
16．若f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，且对一切x>0，y>0，满足f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)．
(1)求f(1)的值；
(2)若f(6)＝1，解不等式f(x＋3)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))<2.
解 (1)在f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)中，
令x＝y＝1，则有f(1)＝f(1)－f(1)，
∴f(1)＝0.
(2)∵f(6)＝1，
∴f(x＋3)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))<2＝f(6)＋f(6)，
∴f(3x＋9)－f(6)即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋3,2)))∵f(x)是(0，＋∞)上的增函数，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋3>0，,\f(x＋3,2)<6，))
解得－3即不等式的解集为(－3,9)．增函数
减函数
条件
一般地，设函数y＝f(x)的定义域为D，且I⊆D：
如果对任意x1，x2∈I，当x1都有f(x1)都有f(x1)>f(x2)
结论
y＝f(x)在I上是增函数(也称在I上单调递增)
y＝f(x)在I上是减函数(也称在I上单调递减)
图像
最大值
最小值
条件
一般地，设函数f(x)的定义域为D，且x0∈D：如果对任意x∈D
都有f(x)≤f(x0)
都有f(x)≥f(x0)
结论
称f(x)的最大值为f(x0)，而x0称为f(x)的最大值点
称f(x)的最小值为f(x0)，而x0称为f(x)的最小值点
统称
最大值和最小值统称为最值
最大值点和最小值点统称为最值点