2020版數(shù)學(xué)大復(fù)習(xí)第5講函數(shù)的單調(diào)性與最值學(xué)案理

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)必貴于專精第5講函數(shù)的單調(diào)性與最值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)自變量的值x1,x2當(dāng)x1<x2時(shí)，都有,那么就說(shuō)函數(shù)f（x）在區(qū)間D上是增函數(shù)

當(dāng)x1〈x2時(shí),都有,那么就說(shuō)函數(shù)f（x)在區(qū)間D上是減函數(shù)

圖像描述自左向右看圖像是

自左向右看圖像是

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,那么就說(shuō)函數(shù)y=f（x）在這一區(qū)間具有（嚴(yán)格的）單調(diào)性，叫作函數(shù)y=f(x）的單調(diào)區(qū)間.

3。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；

(2）存在x0∈I，使得

結(jié)論M為最大值M為最小值常用結(jié)論1。函數(shù)的單調(diào)性（1)若f（x),g（x)均為區(qū)間A上的增(減)函數(shù),則f（x)+g（x)也是區(qū)間A上的增（減)函數(shù).（2）若k〉0,則kf（x）與f（x)單調(diào)性相同；若k〈0,則kf（x）與f(x)單調(diào)性相反。（3）函數(shù)y=f(x）（f(x）〉0）在公共定義域內(nèi)與y=-f（x),y=1f((4）函數(shù)y=f（x)（f(x)≥0）在公共定義域內(nèi)與y=f(x(5)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的確定方法:若兩個(gè)簡(jiǎn)單函數(shù)的單調(diào)性相同，則這兩個(gè)函數(shù)的復(fù)合函數(shù)為增函數(shù);若兩個(gè)簡(jiǎn)單函數(shù)的單調(diào)性相反,則這兩個(gè)函數(shù)的復(fù)合函數(shù)為減函數(shù)。簡(jiǎn)稱“同增異減”.2。單調(diào)性定義的等價(jià)形式:設(shè)x1，x2∈［a，b],x1≠x2.(1）若有(x1-x2)[f（x1）—f（x2）]〉0或f(x1)-f(x2)x1-x2〉(2)若有（x1—x2）[f（x1）—f(x2)］<0或f(x1)-f(x2)x1-x2<3.函數(shù)最值的兩條結(jié)論:（1）閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定存在最大值和最小值，當(dāng)函數(shù)在閉區(qū)間上單調(diào)時(shí)最值一定在端點(diǎn)處取得。(2)開(kāi)區(qū)間上的“單峰”函數(shù)一定存在最大值或最小值.題組一常識(shí)題1。[教材改編]函數(shù)f(x）=(2a—1）x-3是R上的減函數(shù),則a的取值范圍是。

2。［教材改編]函數(shù)f（x）=(x—2)2+5(x∈［—3,3］)的單調(diào)遞增區(qū)間是；單調(diào)遞減區(qū)間是。

3。[教材改編]函數(shù)f(x)=3x+1（x∈[2，5］）的最大值與最小值之和等于4。[教材改編]函數(shù)f(x)=｜x—a|+1在［2，+∞)上是增函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.

題組二常錯(cuò)題◆索引:求單調(diào)區(qū)間忘記定義域?qū)е鲁鲥e(cuò)；對(duì)于分段函數(shù)，一般不能整體單調(diào),只能分段單調(diào);利用單調(diào)性解不等式忘記在單調(diào)區(qū)間內(nèi)求解;混淆“單調(diào)區(qū)間”與“在區(qū)間上單調(diào)”兩個(gè)概念。5.函數(shù)f（x）=ln（4+3x-x2）的單調(diào)遞減區(qū)間是。

6。已知函數(shù)f（x）=(a-2)x,x≥2,7.函數(shù)y=f(x）是定義在[—2，2]上的減函數(shù),且f(a+1)〈f（2a)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是。

8.（1）若函數(shù)f（x）=x2+2(a—1)x+2在區(qū)間(-∞，4］上是減函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是。

(2)若函數(shù)f(x）=x2+2（a—1)x+2的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,4]，則a的值為.

探究點(diǎn)一函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明例1判斷函數(shù)f（x)=ax+x-3x+2(a>1)，x∈(—2，+∞）

[總結(jié)反思](1)定義法證明函數(shù)單調(diào)性的一般步驟:①任取x1,x2∈D，且x1〈x2;②作差f（x1)—f(x2）;③變形(通常是因式分解和配方)；④定號(hào)(即判斷f(x1）—f（x2)的正負(fù)）；⑤下結(jié)論(即指出函數(shù)f(x)在給定的區(qū)間D上的單調(diào)性)。變式題(1）下列函數(shù)中,在(0，+∞)上單調(diào)遞增的函數(shù)是 （）A。y=—x2+1 B.y=|x—1|C。y=1—1x-1 D.y=（2)［2018·茂名二聯(lián)]設(shè)函數(shù)f(x）在R上為增函數(shù)，則下列結(jié)論一定正確的是 ()A。y=［f（x）]2在R上為增函數(shù)B.y=|f（x)|在R上為增函數(shù)C.y=2—f(x）在R上為減函數(shù)D。y=-［f（x）]3在R上為增函數(shù)探究點(diǎn)二求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例2（1）［2018·石嘴山一模］函數(shù)y=ln（—x2+2x+3）的單調(diào)遞增區(qū)間是 (）A。(-1，1] B。［1，3）C。(—∞,1］ D.[1，+∞)（2）設(shè)函數(shù)f（x）=1,x>0,0,x=0,-1,x<0,g

[總結(jié)反思]（1)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的常見(jiàn)方法：①定義法；②圖像法;③導(dǎo)數(shù)法.（2）求復(fù)合函數(shù)單調(diào)區(qū)間的一般步驟為：①確定函數(shù)的定義域；②求簡(jiǎn)單函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;③求復(fù)合函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,其依據(jù)是“同增異減”.（3)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，有多個(gè)單調(diào)區(qū)間應(yīng)分開(kāi)寫,不能用并集符號(hào)“∪”連接。變式題（1）［2019·成都七中一診]函數(shù)f(x）=x2-2xA。(-∞，—2] B。（-∞,1］C。[1，+∞） D.[4,+∞)(2)已知函數(shù)f（x)=-x|x|+2x,則下列結(jié)論正確的是（）A.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，+∞)B.f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是(—∞，0)C.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞，-1)D.f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-1,1)探究點(diǎn)三利用函數(shù)單調(diào)性解決問(wèn)題 微點(diǎn)1利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小例3已知f（x）是定義在（0,+∞）上的函數(shù),對(duì)任意兩個(gè)不相等的正數(shù)x1，x2,都有x2f(x1)-x1f(x2)x1-xA.a<b<c B。b〈a<cC。c〈a<b D。c<b<a

[總結(jié)反思］比較函數(shù)值的大小時(shí),應(yīng)先將自變量轉(zhuǎn)化到同一個(gè)單調(diào)區(qū)間內(nèi)，再利用函數(shù)的單調(diào)性去比較大小。微點(diǎn)2利用函數(shù)的單調(diào)性解決不等式問(wèn)題例4(1)［2018·廣州模擬]已知函數(shù)f(x）=log2(4x+1）+x,則不等式f(log3x)<1的解集為 （）A.(0,1） B.（0，2)C。（-1,0） D。（—1,1)（2）已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,對(duì)任意x1〈x2，都有f（x1）-f（x2)<x1-x2,且f（2)=3,則不等式f（3x—1)〉3x的解集為 （)A。（2，+∞） B。(—∞,2）C。(1，+∞） D。（—∞,1）

［總結(jié)反思]解函數(shù)不等式的理論依據(jù)是函數(shù)單調(diào)性的定義，具體步驟是:(1）將函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化成f(x1）〉f（x2)的形式;(2)考查函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（3)據(jù)函數(shù)f（x）的單調(diào)性去掉法則“f”,轉(zhuǎn)化為形如“x1>x2”或“x1〈x2"的常規(guī)不等式，從而得解。微點(diǎn)3利用函數(shù)的單調(diào)性求最值問(wèn)題例5(1)已知a>0,設(shè)函數(shù)f(x）=2018x+1+20172018x+1+2018x3(x∈[-a,a］)的最大值為M,最小值為A。2018 B.2019C。4035 D。4036(2）[2018·龍巖質(zhì)檢］函數(shù)f（x）=13x-log2(x+4)在區(qū)間[—2，2］上的最大值為

［總結(jié)反思］若函數(shù)f（x）在區(qū)間[a，b]上單調(diào),則必在區(qū)間的端點(diǎn)處取得最值;若函數(shù)f（x）在區(qū)間[a，b］上不單調(diào),則最小值為函數(shù)f（x)在該區(qū)間內(nèi)的極小值和區(qū)間端點(diǎn)值中最小的值，最大值為函數(shù)f(x)在該區(qū)間內(nèi)的極大值和區(qū)間端點(diǎn)值中最大的值。微點(diǎn)4利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的范圍（或值）例6（1)[2018·南充三模］已知f（x)=(3-a)x,x∈(-∞,1],A.（0，3） B.（1,3）C.（1,+∞） D。3（2）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.

［總結(jié)反思］（1)根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，將題設(shè)條件轉(zhuǎn)化為含參數(shù)的不等式（組),即可求出參數(shù)的值或范圍;(2)若分段函數(shù)是單調(diào)函數(shù),則不僅要保證在各區(qū)間上單調(diào)性一致,還要確保在整個(gè)定義域內(nèi)是單調(diào)的.應(yīng)用演練1?！疚Ⅻc(diǎn)1】［2018·南陽(yáng)第一中學(xué)模擬]已知a，b∈R,0〈a<b<1,則下列不等式錯(cuò)誤的是 (）A。a3<b3 B。2a<2bC。log2a〈log3b D.loga2<logb22?！疚Ⅻc(diǎn)3】設(shè)函數(shù)f（x）=2xx-2在區(qū)間[3，4］上的最大值和最小值分別為M，m,則mA.23 B.C.32 D。3?！疚Ⅻc(diǎn)4】已知函數(shù)f（x）=ax2-2x-5a+6對(duì)任意兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x1，x2∈[2,+∞），都有不等式f(A.(0,+∞） B.1C。0,12 4.【微點(diǎn)2】[2018·昆明檢測(cè)]已知函數(shù)f（x)=e-x,x≤0,-x2-2x+1,x>A。-∞,12 BC。0,12 5?！疚Ⅻc(diǎn)3】[2018·河南六市聯(lián)考］若函數(shù)f（x）=|x|-1x2，1≤|x|≤9的最大值為M,最小值為mA.24181 B.C.269 D.第5講函數(shù)的單調(diào)性與最值考試說(shuō)明1.理解函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值及其幾何意義.2。會(huì)運(yùn)用基本初等函數(shù)圖像分析函數(shù)的性質(zhì).【課前雙基鞏固】知識(shí)聚焦1。f(x1)〈f(x2)f(x1)>f(x2)上升的下降的2。增函數(shù)或減函數(shù)區(qū)間D3.f（x）≥Mf(x0）=M對(duì)點(diǎn)演練1。a<12［解析］當(dāng)2a-1<0，即a〈12時(shí)，f(x)是R2.（2,3]［—3，2］［解析］由函數(shù)f（x)=（x-2）2+5（x∈[—3,3］)的圖像(圖略）即可得到單調(diào)區(qū)間.3.32[解析］函數(shù)f（x）=3x+1在［2,5］上是減函數(shù)，所以最大值為f（2）=1,最小值為f(5)=12，所以最大值與最小值之和為1+4。a≤2[解析]因?yàn)楹瘮?shù)f（x)=|x—a｜+1的單調(diào)遞增區(qū)間是［a，+∞)，當(dāng)f（x）在［2,+∞)上單調(diào)遞增時(shí),滿足[2，+∞）?[a,+∞),所以a≤2.5。32,4［解析］函數(shù)f（x）的定義域是(—1，4），u（x)=-x2+3x+4=—x-322+254,x∈(—1，4）的單調(diào)遞減區(qū)間為32,6。-∞,138［解析]由題知a-2<0,(a-27。［-1，1）[解析］由條件知-2≤a+1≤2,-2≤2a8。(1）a≤-3（2）-3[解析］（1）函數(shù)圖像的對(duì)稱軸為直線x=1—a,由1-a≥4,得a≤—3。(2)函數(shù)圖像的對(duì)稱軸為直線x=1—a,由1—a=4，得a=—3?！菊n堂考點(diǎn)探究】例1［思路點(diǎn)撥]直接判斷單調(diào)性即可，再按照單調(diào)性的定義證明單調(diào)性.解:該函數(shù)在(—2,+∞）上單調(diào)遞增。證明如下：任取x1,x2∈(-2,+∞)，不妨設(shè)x1〈x2，則x2—x1>0，x1+2〉0，x2+2>0，又a〉1，所以ax2〉ax1，即有a所以f（x2）-f（x1）=ax2+x2-=（ax2-ax=（ax2—ax1）故函數(shù)f(x)在(-2，+∞）上單調(diào)遞增.變式題（1)D(2)C［解析］（1)對(duì)于選項(xiàng)A,函數(shù)y=-x2+1在（0,+∞)上單調(diào)遞減，故A錯(cuò);對(duì)于選項(xiàng)B,函數(shù)y=|x—1|在（0,+∞)上先減后增,故B錯(cuò)；對(duì)于選項(xiàng)C,函數(shù)y=1-1x-1在(0，1）和(1，+∞）上均單調(diào)遞增，但在（0，+∞)上不單調(diào)遞增，故對(duì)于選項(xiàng)D,函數(shù)y=lnx+x在(0，+∞）上單調(diào)遞增,所以D正確。(2）A錯(cuò)，比如f(x）=x在R上為增函數(shù)，但y=[f（x)]2在R上不具有單調(diào)性；B錯(cuò),比如f（x)=x在R上為增函數(shù),但y=｜f(x)|=｜x|在(0，+∞)上為增函數(shù)，在(—∞,0)上為減函數(shù)；C對(duì)，f(x）在R上為增函數(shù)，所以—f（x)在R上單調(diào)遞減，所以y=2-f（x）在R上為減函數(shù);D錯(cuò)，比如f(x）=x在R上為增函數(shù)，但y=-［f(x)］3=—x3在R上為減函數(shù).故選C。例2［思路點(diǎn)撥](1）先令t=—x2+2x+3〉0求得函數(shù)的定義域,再根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性的性質(zhì)判定函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間;(2）作出函數(shù)g(x)的圖像，由圖像可得單調(diào)遞減區(qū)間.（1）A(2)[0，1)［解析］(1）令t=-x2+2x+3>0,求得—1<x〈3，故函數(shù)的定義域?yàn)椋?1，3).由二次函數(shù)的性質(zhì)可知,t=—(x—1）2+4,x∈（—1，3)的單調(diào)遞增區(qū)間為（—1，1］，故函數(shù)y=ln（-x2+2x+3）的單調(diào)遞增區(qū)間是(-1,1］。（2）由題意知g（x)=x2,x>1變式題（1）D(2）D［解析]（1)由x2-2x-8≥0得x≥4或x≤-2。令t=x2—2x—8,則y=t為增函數(shù),又t=x2-2x-8在［4,+∞）上單調(diào)遞增，∴原函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為[4，+∞),故選D.（2）由題意可得函數(shù)的定義域?yàn)镽.∵函數(shù)f(x）=—x｜x｜+2x，∴f(-x)=x｜-x|—2x=-f（x）,∴f（x)為奇函數(shù)。當(dāng)x≥0時(shí)，f(x）=—x2+2x=—(x—1）2+1，由二次函數(shù)的性質(zhì)可知,函數(shù)在（0,1）上單調(diào)遞增，在(1，+∞）上單調(diào)遞減；由奇函數(shù)的性質(zhì)可得，函數(shù)在(-1，0）上單調(diào)遞增，在（-∞，—1)上單調(diào)遞減。綜上可得，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為（-1，1）。故選D.例3［思路點(diǎn)撥]先根據(jù)已知條件判定y=f(x)xB[解析]∵f(x）是定義在(0,+∞)上的函數(shù)，對(duì)任意兩個(gè)不相等的正數(shù)x1，x2,都有x2f(x1)-x1f(x2)x1-x2〉0,∴函數(shù)y=f(x)x是(0,+∞)上的增函數(shù)?！?<30。2<30。5=3〈2,0<0。32〈1，log25例4[思路點(diǎn)撥](1）分析函數(shù)的單調(diào)性，將不等式轉(zhuǎn)化為f(log3x）〈f（0),進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為求解log3x<0即可；（2）構(gòu)造函數(shù),利用單調(diào)性把所求不等式中的函數(shù)符號(hào)去掉，得出一般的不等式,解該不等式即可。（1）A(2)C[解析］（1）易知函數(shù)f（x)=log2（4x+1)+x是R上的增函數(shù)，且f（0）=log2(1+1）=1,所以f（log3x）<1可以轉(zhuǎn)化為f（log3x)〈f(0),結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可以將不等式轉(zhuǎn)化為log3x<0,解得0〈x〈1,從而得原不等式的解集為（0，1).(2）由已知條件知f（x1）—x1<f(x2)-x2對(duì)任意x1〈x2恒成立,故函數(shù)g(x）=f（x)-x為R上的增函數(shù)，且g(2）=f（2）—2=1。不等式f（3x—1）〉3x,即f(3x-1）—(3x-1)〉1,即g(3x—1）〉1=g（2）,所以3x-1〉2,得3x〉3,解得x>1,故所求不等式的解集為(1，+∞)。例5［思路點(diǎn)撥］(1）對(duì)原函數(shù)解析式化簡(jiǎn)變形,利用常見(jiàn)函數(shù)的單調(diào)性確定f（x）的單調(diào)性，從而得到函數(shù)的最大值和最小值;（2）函數(shù)f(x）可看成是由函數(shù)y=13x和函數(shù)y=-log2（x+4）組合而成的，分別考查這兩個(gè)函數(shù)的單調(diào)性可得函數(shù)f(x）在區(qū)間［—2,2]（1)C(2)8［解析］(1)f（x)=2018x+1+20172018x+1+2018=2018—12018x+1+因?yàn)閥=-12018x+1，y=2018x3均為增函數(shù),所以f（x)在[—a，故最大值為f（a），最小值為f(—a),所以M+N=f(a）+f(—a)=2018-12018a+1+2018a3+2018—12018-a+1+2018(—a（2）因?yàn)楹瘮?shù)y=13x和函數(shù)y=-log2(x+4)是定義域內(nèi)的減函數(shù),所以函數(shù)f(x）=13x—log2（x+4)在區(qū)間［-2,2]上單調(diào)遞減,則所求函數(shù)的最大值為f(-2)=13-2—log2（-2+4)例6[思路點(diǎn)撥](1)根據(jù)一次函數(shù)以及指數(shù)函數(shù)的性質(zhì),結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性得到不等式組,解出即可.（2)根據(jù)解析式求出所給函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間,利用[1,+∞）是所得單調(diào)遞增區(qū)間的子集，求得a的取值范圍.(1）D(2）(—∞,1][解析］(1)由題意得3-a>0,a>1（2)∵f（x)=e|x-a｜=ex-a,x≥a,ea-x,x<a,∴f(x）在[a,+∞應(yīng)用演練1。D［解析]因?yàn)楹瘮?shù)y=x3與函數(shù)y=2x在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，所以A，B正確;由log2a<log3a<log3b可得C正確；函數(shù)y=log2x單調(diào)遞增，所以log2a〈log2b<0,所以1log2a〉1log2b，即loga2〉logb2。D［解析]由題意得f(x）=2xx-2=2+4x-2,所以函數(shù)f（x）在區(qū)間［3，4］上單調(diào)遞減，所以M=f（3）=2+43-2=6，m=f(4)=2+44-3。D［解析］因?yàn)楹瘮?shù)f(x）=ax2-2x-5a+6對(duì)任意兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x1,x2∈[2，+∞）,都有不等式f(x2)-f(x1)x2-x1〉0成立，所以函數(shù)f（x）=ax2-24.A［解析］函數(shù)f(x）=e—x=1ex在（-∞,0］函數(shù)f（x）=-x2—2x+1在(0，+∞）上為減函數(shù),且e—0=-02-2×0+1,所以函數(shù)f(x)在（—∞,+∞)上為減函數(shù).由f（a-1)≥f（—a）得a—1≤—a,解得a≤12故選A.5。B［解析]令t=｜x｜，1≤t≤9,則f(x）=g(t)=t-1t由y=t，y=—1t2在［1，9］上單調(diào)遞增，可得g（t）=t-1t2所以f(x)的最小值m=g（1)=1-112f（x）的最大值M=g(9）=9-192=所以M-m=24281,故選B【備選理由】例1考查抽象函數(shù)單調(diào)性的證明以及函數(shù)不等式的求解，考查轉(zhuǎn)化思想和計(jì)算能力；例2考查的是有關(guān)函數(shù)值比較大小的問(wèn)題,在求解的過(guò)程中，需要抓住題中的條件f（1+x)=f（1—x)，得到函數(shù)圖像的對(duì)稱性,再結(jié)合單調(diào)性比較大小;例3需要構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)單調(diào)性求解,考查學(xué)生的觀察能力和運(yùn)用條件的能力,有一定的難度；例4涉及絕對(duì)值函數(shù)的最值問(wèn)題,一般利用絕對(duì)值定義去掉絕對(duì)值，將函數(shù)轉(zhuǎn)化為分段函數(shù),再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性確定函數(shù)的最值。例1［配合例1使用］函數(shù)f（x）對(duì)任意的m,n∈R都有f(m+n)=f（m)+f（n）—1,并且當(dāng)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∈R，且x1<x2,則x2-x1>0，所以f（x2—x1)>1，所以f（x2)—f（x1)=f[（x2—x1)+x1]-f(x1)=f(x2—x1）+f(x1)-1—f(x1）>0,即f(x2）>f（x1）,所以f（x）是R上的增函數(shù).（2）因?yàn)閙，n∈R，不妨設(shè)m=n=1,所以f(1+1）=f(1）+f(1）—1，即f（2)=2f（1）—1,所以f（3）=f(2+1)=f（2）+f(1）—1=2f(1）—1+f(1）-1=3f(1)-2=4，所以f(1）=2,所以f（a2+a-5)<2等價(jià)于f（a2+a-5)〈f(1）。因?yàn)閒(x)在R上為增函數(shù)，所以a2+a—5<1，得-3〈a<2,即a∈(-3,2)。例2[配合例3使用]［2018·莆田質(zhì)檢]設(shè)函數(shù)f(x）滿足f（1+x)=f（1—x）,且f(x)是［1，+∞）上的增函數(shù),則a=f（0。623）,b=f（0.723)，c=f(0。71A.a>b>c B.b〉a〉cC。a>c〉b D。c〉b>a[解析］A根據(jù)f(1+x)=