【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第2章-第2节-函数的单调性与最值.docx

其次章　其次节

一、选择题
1．(文)下列四个函数中，在区间(0,1)上是减函数的是(　　)
A．y＝log2x　　　　　 　 B．y＝x
C．y＝－()x　 D．y＝
[答案]　D
[解析]　y＝log2x在(0，＋∞)上为增函数；y＝x在(0，＋∞)上是增函数；∵y＝()x在(0，＋∞)上是减函数，∴y＝－()x在(0，＋∞)上是增函数；y＝在(0，＋∞)上是减函数，故y＝在(0,1)上是减函数．故选D．
(理)(2022·东营模拟)下列函数在(0，＋∞)上是增函数的是(　　)
A．y＝ln(x－2)　　　　 B．y＝－
C．y＝x－x－1　 D．y＝()|x|
[答案]　C
[解析]　当x＝1时，y＝ln(x－2)无意义；y＝－在[0，＋∞)上单调递减；y＝()|x|在[0，＋∞)上单调递减，
∴选C．
2．(文)(2022·山西运城模拟)已知函数f(x)＝则“c＝－1”是“函数f(x)在R上递增”的(　　)
A．充分不必要条件　 B．必要不充分条件
C．充要条件　 D．既不充分也不必要条件
[答案]　A
[解析]　c＝－1时，f(x)在R上单调递增；c＝－2时，f(x)在R上也单调递增，故选A．
(理)已知f(x)＝是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围为(　　)
A．(1，＋∞)　 B．[4,8)
C．(4,8)　 D．(1,8)
[答案]　B
[解析]　由y＝ax(x>1)单调增知a>1；由y＝(4－)x＋2(x≤1)单调增知，4－>0，∴a<8；
又f(x)在R上单调增，∴a≥(4－)＋2，
∴a≥4，综上知，4≤a<8.
[点评]　可用筛选法求解，a＝2时，有f(1)＝5>4＝f(2)，排解A、D．a＝4时，f(x)＝在R上单调递增，排解C，故选B．
3．(文)(2022·贵州贵阳质检)定义在R上的函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，且f(x)在(－∞，2)上是增函数，则(　　)
A．f(－1)<f(3)　 B．f(0)>f(3)
C．f(－1)＝f(3)　 D．f(0)＝f(3)
[答案]　A
[解析]　∵f(x)的图象关于直线x＝2对称，
∴f(3)＝f(1)，
∵f(x)在(－∞，2)上是增函数，∴f(－1)<f(1)＝f(3)．
(理)(2022·厦门模拟)定义在R上的函数f(x)在区间(－∞，2)上是增函数，且f(x＋2)的图象关于直线x＝0对称，则(　　)
A．f(－1)<f(3)　 B．f(0)>f(3)
C．f(－1)＝f(3)　 D．f(0)＝f(3)
[答案]　A
[解析]　∵f(x＋2)的图象关于直线x＝0对称，∴f(x)的图象关于直线x＝2对称，∴f(3)＝f(2＋1)＝f(2－1)＝f(1)，又f(x)在(－∞，2)上为增函数，∴f(－1)<f(0)<f(1)，故选A．
4．若f(x)＝x3－6ax的单调递减区间是(－2,2)，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0]　 B．[－2,2]
C．{2}　 D．[2，＋∞)
[答案]　C
[解析]　f ′(x)＝3x2－6a，
若a≤0，则f ′(x)≥0，∴f(x)单调增，排解A；
若a>0，则由f ′(x)＝0得x＝±，当x<－和x>时，f ′(x)>0，f(x)单调增，当－<x<时，f(x)单调减，
∴f(x)的单调减区间为(－，)，从而＝2，
∴a＝2.
[点评]　f(x)的单调递减区间是(－2,2)和f(x)在(－2，2)上单调递减是不同的，应加以区分．本例亦可用x＝±2是方程f ′(x)＝3x2－6a＝0的两根解得a＝2.
5．(文)已知a＝21.2，b＝()－0.8，c＝2log52，则a、b、c的大小关系为(　　)
A．c<b<a　 B．c<a<b
C．b<a<c　 D．b<c<a
[答案]　A
[解析]　本题考查指数、对数值的大小比较．
a＝21.2>21＝2，b＝()－0.8＝20.8<21＝2，b＝20.8>20＝1，c＝2log52＝log522＝log54<log55＝1，所以c<b<a.
(理)已知a＝20.2，b＝0.40.2，c＝0.40.6，则(　　)
A．a>b>c　 B．a>c>b
C．c>a>b　 D．b>c>a
[答案]　A
[分析]　b与c有相同底数0.4，故可用指数函数y＝0.4x的单调性比较大小，且可知b与c都小于1，又知a>1，即可获解．
[解析]　∵y＝0.4x为减函数，0<0.2<0.6，∴1>0.40.2>0.40.6，∴1>b>c；又y＝2x为增函数，0.2>0，∴20.2>20＝1，∴a>1，∴a>b>c.
6．(文)(2022·安徽省“江南十校”联考)函数y＝log2(|x|＋1)的图象大致是(　　)

[答案]　B
[解析]　首先推断定义域为R.又f(－x)＝f(x)，
所以函数y＝log2(|x|＋1)为偶函数，当x>0时，y＝log2(x＋1)．
由对数函数的图象特征知排解A、C，又x＝1时，y＝1，排解D，故选B．
(理)(2021·阜阳月考)函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝logf(x)的图象大致是(　　)

[答案]　A
[解析]　由f(x)的图象知f(x)≥1，
∴y＝logf(x)≤0，故选A．
二、填空题
7．(文)(2021·柳州月考)定义在R上的奇函数y＝f(x)在[0，＋∞)上递增，且f()＝0，则满足f(logx)>0的x的集合为________．
[答案]　{x|0<x<，或1<x<3}
[解析]　由奇函数y＝f(x)在[0，＋∞)上递增，且f()＝0，得函数y＝f(x)在(－∞，0)上递增，且f(－)＝0.由f(logx)>0，得logx>或－<logx<0，解得0<x<或1<x<3.
所以满足条件的x的取值集合为{x|0<x<，或1<x<3}．
(理)(2021·黄山月考)若定义域为R的偶函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，且f()＝0，则不等式f(log4x)>0的解集是________．
[答案]　(0，)∪(2，＋∞)
[解析]　由f(x)是偶函数，且在[0，＋∞)上是增函数，可得f(x)在(－∞，0)上是减函数，f(log4x)>0⇔f(log4x)>f()⇔log4x<－或log4x>，解得0<x<或x>2.
8．(文)已知函数f(x)＝(a是常数且a>0)．对于下列命题：
①函数f(x)的最小值是－1；②函数f(x)在R上是单调函数；③若f(x)>0在[，＋∞)上恒成立，则a的取值范围是a>1；④对任意的x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有f()<.
其中正确命题的序号是________(写出全部正确命题的序号)．
[答案]　①③④
[解析]　(数形结合法)依据题意可画出草图，由图象可知，①明显正确；函数f(x)在R上不是单调函数，故②错误；若f(x)>0在[，＋∞)上恒成立，则2a×－1>0，a>1，故③正确；由图象可知对任意的x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有f()<成立，故④正确．
(理)已知函数f(x)＝若f(x0)≥2，则x0的取值范围是____________．
[答案]　(－∞，－1]∪[2，＋∞)
[解析]　当x0≤0时，f(x0)≥2化为()x0≥2，
即：()x0≥()－1，∴x0≤－1，
当x0＞0时，f(x0)≥2化为log2(x0＋2)≥2，
即log2(x0＋2)≥log24，∴x0＋2≥4，∴x0≥2，
∴x0的取值范围是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．
9．(2022·河北唐山一中调研)若f(x)＝3x＋sinx，则满足不等式f(2m－1)＋f(3－m)>0的m的取值范围为________．
[答案]　(－2，＋∞)
[解析]　由于f(x)＝3x＋sinx的定义域R关于原点对称，且满足f(－x)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数．
又由于f ′(x)＝3＋cosx>0，所以函数f(x)在R上单调递增，则f(2m－1)＋f(3－m)>0等价于f(2m－1)>－f(3－m)，即f(2m－1)>f(m－3)，故2m－1>m－3，解得m>－2.
三、解答题
10．(文)(2022·济南模拟)已知定义域为R的函数f(x)＝是奇函数．
(1)求a，b的值；
(2)证明函数f(x)的单调性．
[解析]　(1)∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
∴＝－，
∵此式对∀x∈R都成立，∴x＝0时等式成立，∴b＝1.
又x＝1时此等式成立，∴a＝3.
(2)f(x)＝＝－＋，易证f(x)为减函数．
(理)经市场调查，某商品在过去100天内的销售量和价格均为时间t(天)的函数，且日销售量近似地满足g(t)＝－t＋(1≤t≤100，t∈N)．前40天价格为f(t)＝t＋22(1≤t≤40，t∈N)，后60天价格为f(t)＝－t＋52(41≤t≤100，t∈N)，试求该商品的日销售额S(t)的最大值和最小值．
[解析]　当1≤t≤40，t∈N时，
S(t)＝g(t)f(t)＝(－t＋)(t＋22)＝－t2＋2t＋＝－(t－12)2＋，
所以768＝S(40)≤S(t)≤S(12)＝＋12＝.
当41≤t≤100，t∈N时，
S(t)＝g(t)f(t)＝(－t＋)(－t＋52)＝t2－36t＋＝(t－108)2－，
所以8＝S(100)≤S(t)≤S(41)＝.
所以，S(t)的最大值为，最小值为8.
[点评]　求函数值域与最值的基本方法与思路：单调性法，图象法，基本不等式法，换元法，导数法，判别式法等．
(1)单调性法
①若函数f(x)＝x2－2x＋m在[3，＋∞)上的最小值为1，则实数m的值为(　　)
A．－3　 B．－2
C．－1　 D．1
[答案]　B
[解析]　∵f(x)＝(x－1)2＋m－1在[3，＋∞)上是增加的，且f(x)在[3，＋∞)上的最小值为1，
∴f(3)＝1，即22＋m－1＝1，m＝－2.选B．
②函数y＝－的最大值为(　　)
A．2　 B．
C．1　 D．4
[答案]　B
[解析]　y＝，又x≥1，则y是x的减函数，当x＝1时，ymax＝.
③已知函数f(x)＝，x∈[1，＋∞)．
(1)当a＝4时，求f(x)的最小值；
(2)当a＝时，求f(x)的最小值；
(3)若a为正常数，求f(x)的最小值．
[分析]　在解决该类型函数的最值时，首先考虑到应用均值不等式求解，但须逐一验证应用均值不等式所具备的条件，若条件不具备，应从函数单调性的角度考虑．
[解析]　(1)当a＝4时，f(x)＝x＋＋2，易知f(x)在[1,2]上是削减的，在[2，＋∞)上是增加的．
∴f(x)min＝f(2)＝6.
(2)当a＝时，f(x)＝x＋＋2，易知f(x)在[1，＋∞)上为增加的，∴f(x)min＝f(1)＝.
(3)函数f(x)＝x＋＋2在(0，]上是削减的，
在[，＋∞)上是增加的．
若>1，即a>1时，f(x)在区间[1，＋ ∞)上先减后增，f(x)min＝f()＝2＋2；
若≤1，即0<a≤1时，f(x)在区间 [1，＋∞)上是增加的．
∴f(x)min＝f(1)＝a＋3.
综上所述，f(x)min＝.
(2)图象法
④设a，b∈R，定义max{a，b}＝，函数f(x)＝max{|x＋1|，|x－2|}(x∈R)，则f(x)的最小值是______．
[答案]　
[解析]　令y1＝|x＋1|，y2＝|x－2|，
在同一坐标系中分别作出其图象，如图所示，依据条件知函数f(x)的图象为图中的射线PA，PB构成，

由，解得y＝.
即为函数f(x)的最小值．
(3)反函数法
⑤函数y＝的值域为________．
[答案]　(－1,1]
[解析]　解法1：(反函数法)由y＝得
x2＝≥0，解得－1<y≤1.
解法2：(分别常数法)y＝＝＝－1＋.
∵x2＋1≥1，∴0<≤2，∴－1<－1＋≤1.
(4)换元法
⑥函数y＝2x＋的值域为________．
[答案]　(－∞，]
[解析]　令t＝(t≥0)，则x＝，
∴y＝－t2＋t＋1＝－(t－)2＋(t≥0)，
∵当t＝即x＝时，ymax＝，无最小值．
∴函数值域为(－∞，]．
(5)基本不等式法
⑦f(x)＝的值域为(　　)
A．R　 B．(－∞，1]∪[2，＋∞)
C．[1,2]　 D．(－∞，－1]∪[2，＋∞)
[答案]　B
[分析]　先分别求出函数在每一段上的取值，当x>0时，可化简函数解析式，利用基本不等式求解函数的最值，进而确定其取值范围；当x≤0时，可利用配方法求解其取值范围，最终把两个取值范围取并集，即得函数的值域．
[解析]　当x>0时，f(x)＝＝x＋－2，
由基本不等式可得x＋≥2＝4(当且仅当x＝，即x＝2时等号成立)，
所以f(x)＝x＋－2≥4－2＝2，即此时f(x)∈[2，＋∞)．
当x≤0时，f(x)＝－x2－2x＝－(x＋1)2＋1，由于当x＝－1时，f(x)取得最大值1，
所以此时f(x)∈(－∞，1]．
综上，f(x)的值域为(－∞，1]∪[2，＋∞)，故选B．
(6)导数法
⑧函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最大值、最小值分别是(　　)
A．5；－15　 B．5；－4
C．－4；－15　 D．5；－16
[答案]　A
[解析]　y′＝6x2－6x－12，
令y′＝0⇒x＝－1(舍去)或x＝2.
x＝0时y＝5；x＝2时y＝－15；x＝3时y＝－4.
∴ymax＝5，ymin＝－15.故选A．
⑨设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.
(1)若f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间，求a的取值范围；
(2)当0<a<2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－，求f(x)在该区间上的最大值．
[解析]　(1)由f ′(x)＝－x2＋x＋2a
＝－(x－)2＋＋2a
当x∈[，＋∞)时，f ′(x)的最大值为f ′()＝＋2a；令＋2a>0，得a>－
所以，当a>－时，f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间．即f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间时，a的取值范围是(－，＋∞)．
(2)令f ′(x)＝0，得两根x1＝，x2＝.
所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，
在(x1，x2)上单调递增．
当0<a<2时，有x1<1<x2<4，
所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)，
又f(4)－f(1)＝－＋6a<0，即f(4)<f(1)
所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－，得a＝1，x2＝2，
从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝.

一、选择题
11．(2022·吉林长春调研)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝0，且在(－∞，0)上单调递增，假如x1＋x2<0且x1x2<0，则f(x1)＋f(x2)的值(　　)
A．可能为0　 B．恒大于0
C．恒小于0　 D．可正可负
[答案]　C
[解析]　∵f(x)＋f(－x)＝0，∴f(x)为奇函数，
∵x1＋x2<0，x1x2<0，
∴x1<－x2<0或x2<－x1<0，
∵f(x)在(－∞，0)上单调递增，
∴f(x1)<f(－x2)或f(x2)<f(－x1)．
又f(x)为奇函数，∴f(x1)＋f(x2)<0.
12．(文)若函数y＝f(x)的导函数在区间[a，b]上是增函数，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象可能是(　　)

[答案]　A
[解析]　∵导函数f ′(x)是增函数，
∴切线的斜率随着切点横坐标的增大，渐渐增大，
故选A．
[点评]　B图中切线斜率渐渐减小，C图中f ′(x)为常数，D图中切线斜领先增大后减小．
(理)假如函数y＝a－x(a>0，且a≠1)是减函数，那么函数f(x)＝loga的图象大致是(　　)

[答案]　C
[解析]　解法一：由函数y＝a－x(a>0，且a≠1)是减函数知a>1，∴0<<1，
f(x)＝loga＝－loga(x＋1)＝log(x＋1)．
函数f(x)的图象可以看作由函数y＝logx的图象向左平移1个单位长度得到，
又y＝logx是减函数，∴f(x)为减函数，故选C．
解法二：由于f(0)＝0，故排解A、B；由y＝a－x，即y＝x是减函数知a>1，∴x>0时，f(x)<0，排解D，选C．
13．(2021·潍坊模拟)已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，设a＝f(－)，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．c>a>b　 B．c>b>a
C．a>c>b　 D．b>a>c
[答案]　D
[解析]　∵x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0，∴f(x)在[1，＋∞)上为减函数，
又f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，
∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，
∴a＝f(－)＝f()，∴f(2)>f()>f(3)，即b>a>c.
14．(文)(2022·浙江省名校联考)设f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数，当n∈N*时，f(n)∈N*，且f[f(n)]＝2n＋1，则(　　)
A．f(1)＝3，f(2)＝4　 B．f(1)＝2，f(2)＝3
C．f(2)＝4，f(4)＝5　 D．f(2)＝3，f(3)＝4
[答案]　B
[解析]　由f[f(n)]＝2n＋1，得f[f(1)]＝3，f[f(2)]＝5.∵当n∈N*时，f(n)∈N*，若f(1)＝3，则由f[f(1)]＝3得，f(3)＝3，与f(x)在(0，＋∞)上单调递增冲突，故选项A错误；若f(2)＝4，则f(4)＝5,4<f(3)<5，与f(3)∈N*冲突，故选项C错；若f(2)＝3，则由f[f(2)]＝5得f(3)＝5，故选项D错．
(理)当0<x≤时，4x<logax，则a的取值范围是(　　)
A．(0，)　 B．(，1)
C．(1，)　 D．(，2)
[答案]　B
[解析]　∵0<x≤时，logax>4x>0，∴0<a<1，排解C、D；当x＝时，loga>4＝2＝logaa2，
∴或∴a>，排解A，选B．
二、填空题
15．(文)若函数f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是________．
[答案]　(0,1]
[解析]　由f(x)＝－x2＋2ax得函数对称轴为x＝a，
又在区间[1,2]上是减函数，所以a≤1，
又g(x)＝在[1,2]上减函数，所以a>0，
综上a的取值范围为(0,1]．
(理)若函数f(x)＝x2＋2x＋alnx在(0,1)上单调递减，则实数a的取值范围是________．
[答案]　a≤－4
[解析]　∵函数f(x)＝x2＋2x＋alnx在(0,1)上单调递减，∴当x∈(0,1)时，f ′(x)＝2x＋2＋＝≤0，∴g(x)＝2x2＋2x＋a≤0在x∈(0,1)时恒成立，
∵g(x)的对称轴x＝－，x∈(0,1)，
∴g(1)≤0，即a≤－4.
16．(2022·福建厦门质检)函数f(x)＝()x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．
[答案]　3
[解析]　由于y＝()x在R上递减，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上递增，所以f(x)在[－1,1]上单调递减，故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)＝3.
三、解答题
17．(文)已知函数f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)，a>0且a≠1.
(1)求f(x)的定义域；
(2)推断f(x)的奇偶性并予以证明；
(3)当a>1时，求使f(x)>0的x的取值范围．
[解析]　(1)要使f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)有意义，则解得－1<x<1.
故所求定义域为{x|－1<x<1}．
(2)由(1)知f(x)的定义域为{x|－1<x<1}，
且f(－x)＝loga(－x＋1)－loga(1＋x)＝－[loga(x＋1)－loga(1－x)]＝－f(x)，故f(x)为奇函数．
(3)由于当a>1时，f(x)在定义域{x|－1<x<1}内是增函数，所以f(x)>0⇔>1.解得0<x<1.
所以使f(x)>0的x的取值范围是{x|0<x<1}．
(理)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a、b、c为实数，且a≠0)，F(x)＝
(1)若f(－1)＝0，曲线y＝f(x)通过点(0,2a＋3)，且在点(－1，f(－1))处的切线垂直于y轴，求F(x)的表达式；
(2)在(1)的条件下，当x∈[－1,1]时，g(x)＝kx－f(x)是单调函数，求实数k的取值范围；
(3)设mn<0，m＋n>0，a>0，且f(x)为偶函数，证明F(m)＋F(n)>0.
[解析]　(1)由于f(x)＝ax2＋bx＋c，所以f ′(x)＝2ax＋b.
又曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线垂直于y轴，故f ′(－1)＝0，
即－2a＋b＝0，因此b＝2a.①
由于f(－1)＝0，所以b＝a＋c.②
又由于曲线y＝f(x)通过点(0,2a＋3)，
所以c＝2a＋3.③
解由①，②，③组成的方程组得，a＝－3，b＝－6，c＝－3.
从而f(x)＝－3x2－6x－3.
所以F(x)＝
(2)由(1)知f(x)＝－3x2－6x－3，
所以g(x)＝kx－f(x)＝3x2＋(k＋6)x＋3.
由g(x)在[－1,1]上是单调函数知：
－≤－1或－≥1，得k≤－12或k≥0.
(3)由于f(x)是偶函数，可知b＝0.因此f(x)＝ax2＋c.
又由于mn<0，m＋n>0，可知m、n异号．
若m>0，则n<0.
则F(m)＋F(n)＝f(m)－f(n)＝am2＋c－an2－c
＝a(m＋n)(m－n)>0.
若m<0，则n>0.同理可得F(m)＋F(n)>0.
综上可知F(m)＋F(n)>0.
18．(文)(2022·盘锦模拟)已知函数f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，在[0,1]上f(x)＝2x＋ln(x＋1)－1.
(1)求函数f(x)的解析式，并推断f(x)在[－1,1]上的单调性(不要求证明)．
(2)解不等式f(2x－1)＋f(1－x2)≥0.
[解析]　(1)设－1≤x≤0，则0≤－x≤1，
所以f(－x)＝2－x＋ln(1－x)－1＝＋ln(1－x)－1，
又f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，
f(x)＝－f(－x)＝－－ln(1－x)＋1，
所以f(x)＝
f(x)是[－1,1]上的增函数．
(2)∵f(2x－1)＋f(1－x2)≥0，f(x)为奇函数，
∴f(2x－1)≥f(x2－1)，
∵f(x)在[－1,1]上为增函数，
∴∴∴0≤x≤1.
∴原不等式的解集为{x|0≤x≤1}．
(理)(2022·合肥模拟)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.
[分析]　(1)利用定义法，取x1<x2，则x2－x1>0→利用f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1将f(x2)－f(x1)用f(x2－x1)表示→与0比较大小→结论．
(2)利用f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1及f(3)＝4，将2表示成函数值f(x0)→得f(a2＋a－5)<f(x0)→用单调性脱掉“f”求解．
[解析]　(1)设x1<x2，所以x2－x1>0.
由于当x>0时，f(x)>1，所以f(x2－x1)>1.
f(x2)＝f((x2－x1)＋x1)①
＝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上为增函数．
(2)由于m，n∈R，不妨设m＝n＝1，
所以f(1＋1)＝f(1)＋f(1)－1⇒f(2)＝2f(1)－1，
f(3)＝4⇒f(2＋1)＝4⇒f(2)＋f(1)－1＝4⇒3f(1)－2＝4，所以f(1)＝2，
所以f(a2＋a－5)<2＝f(1)，②
由于f(x)在R上为增函数，所以a2＋a－5<1⇒－3<a<2，即原不等式的解集为{a|－3<a<2}．
[失误与防范]　
失误点
防范措施
①处不会依据条件f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，构造f(x2)＝f((x2－x1)＋x1)，进而将f(x2)－f(x1)用f(x2－x1)表示而失分
在利用定义法证明抽象函数的单调性时，应依据所给抽象关系式的特点，对x1或x2进行适当变形，进而将f(x2)－f(x1)与0比较大小
②处不能依据条件f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1及f(3)＝4，将所解不等式转化为f(a2＋a－5)<f(1)，从而无法依据单调性脱掉“f”而失分
求解含“f”的不等式问题，应先利用已知条件将不等式转化为f(x1)<f(x2)的形式，然后再依据其单调性脱掉“f”，转化为关于x1与x2的不等式问题求解
[点评]　求函数解析式的常见类型与方法
(1)换元法
已知f[g(x)]是关于x的函数，即f[g(x)]＝F(x)，求f(x)的解析式，通常令g(x)＝t，由此能解出x＝φ(t)．将x＝φ(t)代入f[g(x)]＝F(x)中，求得f(t)的解析式，再用x替换t，便得f(x)的解析式．留意，换元后要确定新元t的取值范围．
①已知f(＋1)＝lgx，求f(x)的解析式．
[解析]　令＋1＝t，由于x>0，
∴t>1且x＝，
∴f(t)＝lg，即f(x)＝lg(x>1)．
(2)待定系数法
若已知函数的结构形式，则可用此法．
②设二次函数f(x)满足f(x－2)＝f(－x－2)且图象在y轴上的截距为1，在x轴上截得的线段长为2，求f(x)的解析式．
[解析]　∵二次函数f(x)满足f(x－2)＝f(－x－2)，
∴f(x)的图象关于直线x＝－2对称，
故可设f(x)＝a(x＋2)2＋c，
∵f(x)的图象在y轴上的截距为1，
∴f(0)＝1，∴4a＋c＝1，①
又f(x)的图象在x轴上截得线段长为2，
∴－2＋与－2－是方程a(x＋2)2＋c＝0的两根，
∴2a＋c＝0②
由①、②解得，a＝，c＝－1，
∴f(x)＝(x＋2)2－1，即f(x)＝x2＋2x＋1.
(3)消元法
已知f(x)满足某个等式，这个等式除f(x)是未知量外，还毁灭其他未知量，如f(－x)、f等，必需依据已知等式再构造其他等式组成方程组，通过解方程组求出f(x)．
③已知函数f(x)满足条件：f(x)＋2f(－x)＝x，则f(x)＝________.
[答案]　－x
[分析]　由于难以推断f(x)是何种类型的函数，故不行能先设出f(x)的表达式，但假如把条件中的x换成－x，即得f(－x)＋2f(x)＝－x，把f(x)、f(－x)作为一个整体量，实际上得到了这两个量的方程组．
[解析]　用－x代换条件方程中的x得f(－x)＋2f(x)＝－x，把它与原条件式联立．

②×2－①得，f(x)＝－x.
(4)赋值法
此类解法的依据是：假如一个函数关系式中的变量对某个范围内的一切值都成立，则对该范围内的某些特殊值必成立，结合题设条件的结构特点，给变量适当取值，从而使问题简洁化、具体化，进而获解．
④已知f(0)＝1，f(a－b)＝f(a)－b(2a－b＋1)，求f(x)．
[解析]　令a＝0，则f(－b)＝f(0)－b(－b＋1)＝1＋b(b－1)＝b2－b＋1
再令－b＝x得：f(x)＝x2＋x＋1.
[解法探究]　赋值法的关键环节是“赋值”，赋值的方法机敏多样，既要照看到已知条件的运用和待求结论的产生，又要考虑所给关系式的结构特点．
如本题另解：
令b＝a，则1＝f(0)＝f(a)－a(2a－a＋1)
＝f(a)－a(a＋1)＝f(a)－a2－a，
∴f(a)＝a2＋a＋1，∴f(x)＝x2＋x＋1.
(5)转化法
已知f(x)在某个区间上的表达式及f(x)具有某种性质(如奇偶性、对称性等)，求f(x)在另一个区间上的表达式，常用转化法求解．
⑤已知函数f(x)对任意实数x均有f(x)＝kf(x＋2)，其中常数k为负数，且f(x)在区间[0,2]上有表达式f(x)＝x(x－2)．
(1)求f(－1)，f(2.5)的值；
(2)写出f(x)在[－3,3]上的表达式，并争辩函数f(x)在[－3,3]上的单调性．
[解析]　(1)由f(－1)＝kf(1)，f(2.5)＝f()知需求f()和f(1)，f(1)＝－1，f()＝×(－2)＝－，
∴f(－1)＝－k，f(2.5)＝－
(2)∵0≤x≤2时，f(x)＝x(x－2)，
设－2≤x<0，则0≤x＋2<2，
∴f(x)＝kf(x＋2)＝k(x＋2)x；
设－3≤x<－2，则－1≤x＋2<0，
∴f(x)＝kf(x＋2)＝k2(x＋4)(x＋2)；
设2<x≤3，则0<x－2≤1，
∵f(x)＝kf(x＋2)，∴f(x－2)＝kf(x)，
∴f(x)＝f(x－2)＝(x－2)(x－4)．
综上可知，f(x)＝
∵k<0，∴由二次函数的学问知：f(x)在[－3，－2)上是增函数，在[－2，－1)上是增函数，在[－1,0)上是减函数，在[0,1)上是减函数，在[1,2]上是增函数，在(2,3]上是增函数，又各区间都可以是闭区间，∴f(x)在[－3，－1]上是增函数，在[－1,1]上是减函数，在[1,3]上是增函数．