2017版（浙江專版文理通用）知識·方法篇練習(xí)專題9數(shù)學(xué)思想第39練含解析

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39練轉(zhuǎn)化與化歸思想［思想方法解讀］轉(zhuǎn)化與化歸思想方法，就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問題時,采用某種手段將問題通過變換使之轉(zhuǎn)化,進而使問題得到解決的一種數(shù)學(xué)方法．一般是將復(fù)雜的問題通過變換轉(zhuǎn)化為簡單的問題,將難解的問題通過變換轉(zhuǎn)化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉(zhuǎn)化為已解決的問題．轉(zhuǎn)化與化歸思想是實現(xiàn)具有相互關(guān)聯(lián)的兩個知識板塊進行相互轉(zhuǎn)化的重要依據(jù),如函數(shù)與不等式、函數(shù)與方程、數(shù)與形、式與數(shù)、角與邊、空間與平面、實際問題與數(shù)學(xué)問題的互化等，消去法、換元法、數(shù)形結(jié)合法等都體現(xiàn)了等價轉(zhuǎn)化思想，我們也經(jīng)常在函數(shù)、方程、不等式之間進行等價轉(zhuǎn)化,在復(fù)習(xí)過程中應(yīng)注意相近主干知識之間的互化,注重知識的綜合性．轉(zhuǎn)化與化歸思想的原則(1）熟悉已知化原則:將陌生的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題,將未知的問題轉(zhuǎn)化為已知的問題，以便于我們運用熟知的知識、經(jīng)驗和問題來解決．（2)簡單化原則：將復(fù)雜問題化歸為簡單問題，通過對簡單問題的解決，達到解決復(fù)雜問題的目的，或獲得某種解題的啟示和依據(jù)．(3）和諧統(tǒng)一原則：轉(zhuǎn)化問題的條件或結(jié)論，使其表現(xiàn)形式更符合數(shù)與形內(nèi)部所表示的和諧統(tǒng)一的形式；或者轉(zhuǎn)化命題，使其推演有利于運用某種數(shù)學(xué)方法或符合人們的思維規(guī)律．(4)正難則反原則：當(dāng)問題正面討論遇到困難時，應(yīng)想到問題的反面，設(shè)法從問題的反面去探討，使問題獲得解決．體驗高考1．(2016·課標(biāo)全國乙）已知等差數(shù)列｛an}前9項的和為27，a10＝8,則a100等于(）A．100B．99C．98D．97答案C解析由等差數(shù)列性質(zhì)，知S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝eq\f（9×2a5,2）＝9a5＝27,得a5＝3,而a10＝8，因此公差d＝eq\f(a10－a5,10－5)＝1，∴a100＝a10＋90d＝98，故選C.2．(2016·課標(biāo)全國丙)已知則(）A．b<a<c B．a(chǎn)<b〈cC．b〈c<a D．c<a〈b答案A解析因為由函數(shù)y＝2x在R上為增函數(shù)知b<a;又因為由函數(shù)在（0，＋∞)上為增函數(shù)知a<c.綜上得b〈a〈c。故選A。3．(2016·四川）在△ABC中，角A,B，C所對的邊分別是a，b，c，且eq\f(cosA，a）＋eq\f（cosB，b）＝eq\f(sinC,c）.（1）證明：sinAsinB＝sinC；（2）若b2＋c2－a2＝eq\f（6,5）bc，求tanB.（1)證明根據(jù)正弦定理,可設(shè)eq\f(a，sinA）＝eq\f（b,sinB）＝eq\f（c，sinC)＝k(k〉0）,則a＝ksinA，b＝ksinB,c＝ksinC.代入eq\f（cosA，a)＋eq\f（cosB，b）＝eq\f(sinC,c)中,有eq\f（cosA，ksinA)＋eq\f（cosB,ksinB)＝eq\f(sinC,ksinC），變形可得sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)．在△ABC中,由A＋B＋C＝π，有sin(A＋B）＝sin（π－C）＝sinC，所以sinAsinB＝sinC。（2）解由已知，b2＋c2－a2＝eq\f(6，5)bc,根據(jù)余弦定理,有cosA＝eq\f(b2＋c2－a2，2bc)＝eq\f（3，5），所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(4,5）.由(1)知，sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB,所以eq\f(4,5）sinB＝eq\f（4,5)cosB＋eq\f(3，5)sinB。故tanB＝eq\f（sinB,cosB）＝4.高考必會題型題型一正難則反的轉(zhuǎn)化例1已知集合A＝{x∈R｜x2－4mx＋2m＋6＝0｝，B＝｛x∈R|x〈0｝，若A∩B≠?，求實數(shù)m的取值范圍．解設(shè)全集U＝｛m｜Δ＝(－4m）2－4（2m＋6)≥0}，即U＝｛m|m≤－1或m≥eq\f（3，2）}．若方程x2－4mx＋2m＋6＝0的兩根x1，x2均為非負(fù)，則eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（m∈U，,x1＋x2＝4m≥0,?m≥\f（3,2),,x1x2＝2m＋6≥0)）所以使A∩B≠?的實數(shù)m的取值范圍為｛m|m≤－1}．點評本題中，A∩B≠?,所以A是方程x2－4mx＋2m＋6＝0①的實數(shù)解組成的非空集合，并且方程①的根有三種情況：(1）兩負(fù)根；（2)一負(fù)根和一零根;（3）一負(fù)根和一正根．分別求解比較麻煩,我們可以從問題的反面考慮，采取“正難則反”的解題策略，即先由Δ≥0，求出全集U，然后求①的兩根均為非負(fù)時m的取值范圍，最后利用“補集思想”求解，這就是正難則反這種轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，也稱為“補集思想”．變式訓(xùn)練1若對于任意t∈［1，2]，函數(shù)g(x)＝x3＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（m,2)＋2))x2－2x在區(qū)間（t，3）上總不為單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是__________．答案eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(37，3），－5)）解析g′(x）＝3x2＋(m＋4)x－2,若g(x)在區(qū)間（t，3)上總為單調(diào)函數(shù)，則①g′（x）≥0在(t,3）上恒成立，或②g′（x）≤0在(t，3）上恒成立．由①得3x2＋（m＋4)x－2≥0，即m＋4≥eq\f(2，x）－3x在x∈（t，3)上恒成立，所以m＋4≥eq\f(2,t）－3t恒成立,則m＋4≥－1，即m≥－5；由②得m＋4≤eq\f(2,x)－3x在x∈(t,3）上恒成立,則m＋4≤eq\f（2,3）－9,即m≤－eq\f（37,3)。所以使函數(shù)g（x)在區(qū)間（t,3)上總不為單調(diào)函數(shù)的m的取值范圍為－eq\f（37,3)〈m<－5.題型二函數(shù)、方程、不等式之間的轉(zhuǎn)化例2已知函數(shù)f（x）＝elnx，g(x)＝eq\f（1，e)f（x)－（x＋1)．（e＝2。718…）（1）求函數(shù)g（x）的極大值；（2）求證：1＋eq\f（1，2）＋eq\f（1,3)＋…＋eq\f(1,n）〉ln（n＋1)（n∈N＊）．(1）解∵g（x)＝eq\f(1,e）f(x）－（x＋1)＝lnx－（x＋1），∴g′(x）＝eq\f(1，x）－1（x〉0)．令g′(x）>0，解得0〈x<1；令g′（x）〈0，解得x>1.∴函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在(1，＋∞）上單調(diào)遞減，∴g（x)極大值＝g(1)＝－2。（2)證明由(1)知x＝1是函數(shù)g(x)的極大值點，也是最大值點，∴g（x)≤g（1）＝－2，即lnx－（x＋1)≤－2?lnx≤x－1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時等號成立)，令t＝x－1，得t≥ln(t＋1)（t〉－1）．取t＝eq\f（1，n）（n∈N＊)時，則eq\f(1,n)>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1，n)））＝lneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（n＋1,n)))，∴1>ln2，eq\f(1,2)>lneq\f（3，2），eq\f（1，3)〉lneq\f(4，3），…，eq\f（1,n)>lneq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(n＋1，n))），疊加得1＋eq\f(1，2)＋eq\f(1，3）＋…＋eq\f（1,n）〉ln（2·eq\f（3，2）·eq\f（4,3）·…·eq\f（n＋1，n）)＝ln(n＋1）．即1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3）＋…＋eq\f(1,n)〉ln(n＋1)．點評解決方程、不等式的問題需要函數(shù)幫助,解決函數(shù)的問題需要方程、不等式的幫助，因此借助于函數(shù)、方程、不等式進行轉(zhuǎn)化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等關(guān)系轉(zhuǎn)化為最值(值域)問題，從而求出參變量的范圍．變式訓(xùn)練2(2015·課標(biāo)全國Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－alnx.（1）討論f(x）的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點的個數(shù)；（2)證明:當(dāng)a>0時,f（x)≥2a＋alneq\f（2,a)。（1)解f(x)的定義域為（0，＋∞)，f′（x）＝2e2x－eq\f（a，x）（x〉0)．當(dāng)a≤0時，f′(x）〉0，f′(x）沒有零點；當(dāng)a>0時，因為e2x單調(diào)遞增,－eq\f（a,x）單調(diào)遞增，所以f′（x）在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′（a)〉0，當(dāng)b滿足0〈b<eq\f(a,4)且b<eq\f（1,4）時，f′(b）〈0，故當(dāng)a>0時，f′（x)存在唯一零點．（2)證明由（1)，可設(shè)f′（x)在（0，＋∞)的唯一零點為x0,當(dāng)x∈（0，x0）時，f′（x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞）時，f′(x）〉0。故f(x)在（0，x0)上單調(diào)遞減,在（x0,＋∞）上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝x0時,f（x）取得最小值，最小值為f(x0）．由于所以f(x0）＝eq\f(a，2x0)＋2ax0＋alneq\f(2，a)≥2a＋alneq\f(2,a）。故當(dāng)a〉0時，f（x）≥2a＋alneq\f(2,a).題型三主與次的轉(zhuǎn)化例3已知函數(shù)f（x）＝x3＋3ax－1，g(x）＝f′（x）－ax－5，其中f′（x）是f(x）的導(dǎo)函數(shù)．對滿足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(shù)(x)〈0，則實數(shù)x的取值范圍為________．答案eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（2,3），1))解析由題意，知g(x）＝3x2－ax＋3a－5，令φ(a）＝（3－x)a＋3x2－5,－1≤a≤1.對－1≤a≤1，恒有g(shù)（x)〈0,即φ（a）〈0,∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（φ1<0,，φ－1〈0,)）即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（3x2－x－2<0，,3x2＋x－8<0，))解得－eq\f（2,3）〈x〈1.故當(dāng)x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(2，3），1))時，對滿足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(shù)（x)<0。點評主與次的轉(zhuǎn)化法合情合理的轉(zhuǎn)化是數(shù)學(xué)問題能否“明朗化"的關(guān)鍵所在,通過變換主元，起到了化繁為簡的作用．在不等式中出現(xiàn)兩個字母：x及a,關(guān)鍵在于該把哪個字母看成變量，哪個看成常數(shù)．顯然可將a視作自變量，則上述問題即可轉(zhuǎn)化為在［－1,1]內(nèi)關(guān)于a的一次函數(shù)小于0恒成立的問題．變式訓(xùn)練3設(shè)f（x）是定義在R上的單調(diào)遞增函數(shù)，若f（1－ax－x2）≤f（2－a)對任意a∈［－1，1］恒成立，則x的取值范圍為______________．答案(－∞，－1］∪［0，＋∞)解析∵f(x)是R上的增函數(shù)，∴1－ax－x2≤2－a，a∈[－1，1]．（＊)(＊)式可化為（x－1）a＋x2＋1≥0對a∈［－1,1］恒成立．令g(a）＝（x－1)a＋x2＋1。則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1＝x2－x＋2≥0，,g1＝x2＋x≥0，))解得x≥0或x≤－1，即實數(shù)x的取值范圍是(－∞，－1]∪[0，＋∞)．題型四以換元為手段的轉(zhuǎn)化與化歸例4是否存在實數(shù)a,使得函數(shù)y＝sin2x＋acosx＋eq\f(5，8）a－eq\f（3,2）在閉區(qū)間[0，eq\f(π，2)]上的最大值是1？若存在，則求出對應(yīng)的a的值；若不存在，請說明理由．解y＝sin2x＋acosx＋eq\f（5，8）a－eq\f（3，2)＝1－cos2x＋acosx＋eq\f(5，8)a－eq\f（3,2）＝－（cosx－eq\f（a,2)）2＋eq\f(a2,4)＋eq\f(5,8)a－eq\f(1,2)?！?≤x≤eq\f（π,2),∴0≤cosx≤1，令cosx＝t，則y＝－(t－eq\f(a,2))2＋eq\f(a2,4)＋eq\f(5，8）a－eq\f(1,2），0≤t≤1。當(dāng)eq\f(a,2)>1，即a〉2時，函數(shù)y＝－(t－eq\f（a,2))2＋eq\f(a2，4）＋eq\f（5,8)a－eq\f(1，2）在t∈[0,1]上單調(diào)遞增，∴t＝1時，函數(shù)有最大值ymax＝a＋eq\f（5，8）a－eq\f（3,2)＝1,解得a＝eq\f（20，13）〈2（舍去）；當(dāng)0≤eq\f(a,2）≤1，即0≤a≤2時，則t＝eq\f（a,2）時函數(shù)有最大值,ymax＝eq\f（a2，4)＋eq\f(5,8)a－eq\f（1,2)＝1，解得a＝eq\f(3，2）或a＝－4(舍去);當(dāng)eq\f（a，2）<0,即a<0時，函數(shù)y＝－（t－eq\f（a,2)）2＋eq\f(a2,4)＋eq\f(5,8)a－eq\f(1,2）在t∈[0，1]上單調(diào)遞減，∴t＝0時,函數(shù)有最大值ymax＝eq\f（5,8)a－eq\f(1,2）＝1，解得a＝eq\f（12,5）〉0(舍去）,綜上所述，存在實數(shù)a＝eq\f（3，2)，使得函數(shù)在閉區(qū)間［0,eq\f(π,2)]上有最大值1。點評換元有整體代換、特值代換、三角換元等情況．本題是關(guān)于三角函數(shù)最值的存在性問題,通過換元,設(shè)cosx＝t，轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的二次函數(shù)問題，把三角函數(shù)的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)y＝－（t－eq\f(a，2））2＋eq\f（a2,4）＋eq\f（5，8)a－eq\f（1，2），0≤t≤1的最值問題，然后分類討論解決問題．變式訓(xùn)練4若關(guān)于x的方程9x＋(4＋a)·3x＋4＝0有解，則實數(shù)a的取值范圍是____________．答案（－∞,－8］解析設(shè)t＝3x,則原命題等價于關(guān)于t的方程t2＋（4＋a）t＋4＝0有正解，分離變量a，得a＋4＝－eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（t＋\f（4，t））)，∵t〉0,∴－eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(t＋\f（4,t）））≤－4，∴a≤－8，即實數(shù)a的取值范圍是（－∞，－8］．高考題型精練1．若函數(shù)f（x）＝x3－tx2＋3x在區(qū)間［1，4］上單調(diào)遞減，則實數(shù)t的取值范圍是(）A．（－∞，eq\f（51，8）］ B．(－∞,3］C．［eq\f(51，8），＋∞) D．[3,＋∞)答案C解析f′（x)＝3x2－2tx＋3,由于f（x）在區(qū)間［1，4］上單調(diào)遞減，則有f′(x)≤0在[1,4］上恒成立,即3x2－2tx＋3≤0，即t≥eq\f（3，2）（x＋eq\f（1，x）)在[1，4]上恒成立,因為y＝eq\f(3，2）(x＋eq\f(1,x）)在［1，4］上單調(diào)遞增,所以t≥eq\f(3,2)(4＋eq\f（1,4））＝eq\f（51，8），故選C。2．已知函數(shù)f（x)＝，若m<n，有f（m）＝f（n)，則m＋3n的取值范圍是（）A．［2eq\r（3），＋∞) B．（2eq\r(3)，＋∞）C．[4，＋∞) D．（4，＋∞）答案D解析∵f（x)＝,若m<n，有f（m)＝f(n)，∴mn＝1，∴0<m〈1，n>1,∴m＋3n＝m＋eq\f（3,m)在m∈（0,1）上單調(diào)遞減，當(dāng)m＝1時，m＋3n＝4，∴m＋3n>4.3．過拋物線y＝ax2（a>0）的焦點F，作一直線交拋物線于P，Q兩點，若線段PF與FQ的長度分別為p,q，則eq\f(1,p）＋eq\f(1，q）等于（）A．2a B。eq\f（1，2a)C．4a D.eq\f（4,a)答案C解析拋物線y＝ax2(a〉0）的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝eq\f(1，a）y(a〉0),焦點F(0,eq\f（1，4a))，取過焦點F的直線垂直于y軸，則|PF｜＝｜QF｜＝eq\f(1,2a)，所以eq\f（1，p)＋eq\f(1，q)＝4a。4．已知函數(shù)f(x）＝（e2x＋1＋1）（ax＋3a－1）,若存在x∈（0,＋∞），使得不等式f（x)<1成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(0，eq\f（e＋2，3e＋1））B．（0，eq\f（2,e＋1）)C．(－∞，eq\f(e＋2，3e＋1）)D．(－∞，eq\f(1，e＋1）)答案C解析因為x∈(0，＋∞），所以2x＋1〉1，則e2x＋1＋1>e＋1，要使f(x）〈1，則ax＋3a－1<eq\f（1,e＋1）,可轉(zhuǎn)化為:存在x∈（0，＋∞）使得a〈eq\f(e＋2,e＋1)·eq\f（1，x＋3)成立．設(shè)g（x)＝eq\f(e＋2,e＋1）·eq\f(1,x＋3)，則a<g(x）max,因為x>0，則x＋3〉3，從而eq\f(1,x＋3）<eq\f(1，3），所以g(x）<eq\f（e＋2，3e＋1)，即a<eq\f(e＋2,3e＋1)，選C。5．已知f（x）＝eq\f(\r(3）,3x＋\r（3）)，則f(－2015）＋f（－2014)＋…＋f(0)＋f（1）＋…＋f(2016）＝________。答案2016解析f（x)＋f(1－x）＝eq\f(\r（3),3x＋\r（3))＋eq\f(\r（3)，31－x＋\r(3））＝eq\f(\r(3)，3x＋\r(3）)＋eq\f(3x,\r（3)＋3x）＝eq\f(3x＋\r(3）,3x＋\r(3))＝1，∴f（0）＋f(1)＝1，f(－2015)＋f(2016）＝1，∴f(－2015）＋f（－2014)＋…＋f(0）＋f（1)＋…＋f(2016）＝2016.6．若二次函數(shù)f(x）＝4x2－2(p－2）x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一個值c，使得f(c)〉0，求實數(shù)p的取值范圍是________．答案(－3，eq\f（3，2））解析如果在［－1，1］內(nèi)沒有值滿足f(c)〉0，則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(f－1≤0，，f1≤0）)?eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(p≤－\f(1，2)或p≥1，,p≤－3或p≥\f(3，2)）)?p≤－3或p≥eq\f(3，2)，取補集為－3〈p〈eq\f（3,2），即為滿足條件的p的取值范圍．故實數(shù)p的取值范圍為（－3，eq\f（3,2))．7．對任意的｜m｜≤2,函數(shù)f(x）＝mx2－2x＋1－m恒為負(fù)，則x的取值范圍是________________．答案(eq\f(\r（7)－1,2)，eq\f（\r（3)＋1，2))解析對任意的｜m｜≤2，有mx2－2x＋1－m<0恒成立，即｜m｜≤2時，（x2－1）m－2x＋1<0恒成立．設(shè)g(m)＝（x2－1）m－2x＋1,則原問題轉(zhuǎn)化為g（m)<0恒成立(m∈［－2,2］）．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（g－2〈0，，g2<0，)）即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2x2＋2x－3>0,,2x2－2x－1<0，))解得eq\f(\r(7)－1,2)<x〈eq\f(\r（3）＋1，2)，即實數(shù)x的取值范圍為(eq\f(\r（7）－1,2),eq\f(\r（3）＋1，2)）．8．已知一個幾何體的三視圖如圖所示，如果點P，Q在正視圖中所示位置：點P為所在線段的中點，點Q為頂點，則在幾何體側(cè)面上,從P點到Q點的最短路徑的長為________．答案aeq\r(1＋π2）解析由三視圖，知此幾何體是一個圓錐和一個圓柱的組合體，分別沿P點與Q點所在母線剪開圓柱側(cè)面并展開鋪平，如圖所示．則PQ＝eq\r（AP2＋AQ2)＝eq\r(a2＋πa2)＝aeq\r(1＋π2)。所以P，Q兩點在側(cè)面上的最短路徑的長為aeq\r（1＋π2）.9．求使不等式x2＋(a－6)x＋9－3a>0，｜a｜≤1恒成立的x的取值范圍．解將原不等式整理為形式上是關(guān)于a的不等式(x－3）a＋x2－6x＋9〉0.令f(a)＝（x－3)a＋x2－6x＋9.因為f(a)>0在｜a｜≤1時恒成立，所以（1)若x＝3，則f（a）＝0，不符合題意，應(yīng)舍去．（2）若x≠3,則由一次函數(shù)的單調(diào)性，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1>0,,f1〉0，）)即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x2－7x＋12>0,，x2－5x＋6〉0，）)解得x〈2或x〉4.即x的取值范圍為(－∞，2)∪(4，＋∞）．10．已知f(x)是定義在［－1，1］上的奇函數(shù)，且f(1)＝1，若m,n∈[－1,1]，m＋n≠0時,有eq\f（fm＋fn,m＋n)〉0.（1）證明f(x）在［－1,1]上是增函數(shù);（2）解不等式f（x2－1）＋f（3－3x）<0；(3)若f(x)≤t2－2at＋1對任意x∈［－1，1］，a∈[－1,1］恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．解(1）任?。?≤x1〈x2≤1，則f(x1）－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2）＝eq\f(fx1＋f－x2，x1－x2)(x1－x2)．∵－1≤x1〈x2≤1,∴x1＋（－x2)≠0，由已知eq\f(fx1＋f－x2,x1－x2)>0，x1－x2<0,∴f(x1)－f（x2）<0，即f(x)在[－1,1］上是增函數(shù)．(2)因為f(x)是定義在［－1,1］上的奇函數(shù),且在[