第2章 第2节 函数的单调性与最值-【优学精研】2027年高考数学一轮总复习教用Word

该高中数学讲义围绕函数单调性与最值高考核心考点，按定义理解、判断方法、应用策略、最值求解的逻辑层次梳理知识，通过知识梳理构建体系，诊断自测查漏补缺，题型突破结合真题讲解，帮助学生系统掌握考点内在联系，突破应用难点。 讲义采用一题多解（定义法与导数法判断单调性）和分层训练（诊断题、基础题、综合题）策略，通过复合函数“同增异减”模型建构培养数学思维，用换元法、分离常数法求最值强化数学语言表达，确保学生在有限时间内提升推理与应用能力，为教师把控复习节奏提供精准教学支持。

第2节　函数的单调性与最值 1.借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值. 2.理解函数的单调性、最大值、最小值的实际意义. 3.掌握函数单调性的简单应用. 知识梳理 1.函数的单调性 （1）单调性的定义 定 义 要求x1，x2 一般地，设函数f（x）的定义域为D，区间I⊆D，如果　∀　x1，x2∈I，当x1＜x2时 要求 f（x1）与 f（x2） 都有　f（x1）＜f（x2）　 都有　f（x1）＞f（x2）　 结论 函数f（x）在区间I上　单调递增　；若函数f（x）在定义域D上单调递增，则称f（x）为增函数 函数f（x）在区间I上　单调递减　；若函数f（x）在定义域D上单调递减，则称f（x）为减函数 图象描述 自左向右看图象是　上升的　 自左向右看图象是　下降的　 （2）单调区间的定义：如果函数y＝f（x）在区间I上　单调递增　或　单调递减　，那么就说函数y＝f（x）在这一区间具有（严格的）单调性，　区间I　叫做y＝f（x）的单调区间. 提醒：（1）求函数的单调区间或讨论函数的单调性必须先求函数的定义域；（2）“函数的单调区间为M”与“函数在区间N上单调”是两个不同的概念，显然N⊆M. 2.函数的最值 前提 设函数y＝f（x）的定义域为D，如果存在实数M满足 条件 ①∀x∈D，都有　f（x）≤M　； ②∃x0∈D，使得　f（x0）＝M　 ①∀x∈D，都有　f（x）≥M　； ②∃x0∈D，使得　f（x0）＝M　 结论 M是函数y＝f（x）的　最大　值 M是函数y＝f（x）的　最小　值 提醒：（1）闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取得；（2）开区间上的“单峰”函数一定存在最大值或最小值. 1.若函数f（x），g（x）在区间I上具有单调性，则在区间I上具有以下性质： （1）在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数；减函数＋减函数＝减函数；增函数－减函数＝增函数；减函数－增函数＝减函数； （2）若k＞0，则kf（x）与f（x）单调性相同；若k＜0，则kf（x）与f（x）单调性相反； （3）函数y＝f（x）（f（x）＞0）在公共定义域内与y＝－f（x），y＝的单调性相反. 2.复合函数的单调性满足“同增异减”. 3.函数单调性的两个等价结论 设∀x1，x2∈I（x1≠x2），则： （1）＞0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＞0）⇔f（x）在I上单调递增； （2）＜0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＜0）⇔f（x）在I上单调递减. 诊断自测 1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”） （1）函数y＝在定义域内单调递减.（　×　） （2）对于函数y＝f（x），若f（1）＜f（3），则f（x）为增函数.（　×　） （3）若函数y＝f（x）在[1，＋∞）上单调递增，则函数f（x）的单调递增区间是[1，＋∞）.（　×　） （4）若函数f（x）在区间（1，2]和（2，3）上均单调递增，则函数f（x）在区间（1，3）上单调递增.（　×　） （5）若函数f（x）在区间[a，b]上连续，则f（x）在区间[a，b]上一定有最值.（　√　） 2.函数y＝－在区间[1，2]上的最大值为（　　） A.－ B.－ C.－1 D.不存在 解析：A　y＝－在区间[1，2]上单调递增，所以ymax＝－＝－. 3.已知函数y＝f（x）的图象如图所示，则该函数的单调递增区间为（　　） A.[－1，2]∪[4，5] B.[－1，2]和[4，5] C.[－3，－1]∪[2，4] D.[－3，－1]和[2，4] 解析：B　由图象知，该函数的单调递增区间为[－1，2]和[4，5]，故选B. 4.〔多选〕下列函数在（0，＋∞）上单调递增的是（　　） A.f（x）＝－2x＋1 B.f（x）＝x2＋1 C.f（x）＝1－ D.f（x）＝｜x｜ 解析：BCD　对于A，f（x）＝－2x＋1是一次函数，所以f（x）在R上是减函数，故A错误；对于B，因为f（x）＝x2＋1的对称轴为y轴，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，故B正确；对于C，因为y＝－在（0，＋∞）上单调递增，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，故C正确；对于D，函数f（x）＝｜x｜＝故函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增，故D正确. 5.函数y＝的单调递减区间是　（－∞，－2]　. 解析：由题意，要使函数y＝有意义，需满足x2＋2x≥0，解得x≤－2或x≥0，又由t＝x2＋2x在（－∞，－2]上单调递减，在[0，＋∞）上单调递增，结合复合函数的单调性的判定方法，可得函数y＝的单调递减区间是（－∞，－2]. 函数的单调性（师生共研过关） （1）〔多选〕下列说法中正确的是（　　） A.函数y＝e－x－在（－∞，0）上单调递减 B.若f（x），g（x）都是R上的增函数，则h（x）＝f（x）＋g（x）也是R上的增函数 C.函数y＝2｜x＋1｜的单调递减区间是（－∞，－1] D.函数f（x）＝的单调递增区间为[1，＋∞） 解析：ABC　在（－∞，0）上函数y＝e－x与y＝－都单调递减，所以y＝e－x－在（－∞，0）上单调递减，故A正确；两增函数的和为增函数，故B正确；作出函数y＝2｜x＋1｜的图象，如图所示，由图象可知，函数y＝2｜x＋1｜的单调递减区间是（－∞，－1]，故C正确；由复合函数的单调性的判断方法“同增异减”可得f（x）的单调递增区间为（－∞，1]，故D错误. （2）〔一题多解〕试讨论函数f（x）＝（a≠0）在（－1，1）上的单调性. 解：法一（定义法） 设－1＜x1＜x2＜1， f（x）＝a（）＝a（1＋）， 则f（x1）－f（x2）＝a（1＋）－a（1＋）＝， 由于－1＜x1＜x2＜1， 所以x2－x1＞0，x1－1＜0，x2－1＜0， 故当a＞0时，f（x1）－f（x2）＞0， 即f（x1）＞f（x2），函数f（x）在（－1，1）上单调递减； 当a＜0时，f（x1）－f（x2）＜0， 即f（x1）＜f（x2），函数f（x）在（－1，1）上单调递增. 法二（导数法） f'（x）＝＝＝－. 当a＞0时，f'（x）＜0，函数f（x）在（－1，1）上单调递减； 当a＜0时，f'（x）＞0，函数f（x）在（－1，1）上单调递增. 1.求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间. 2.函数单调性的判断方法 （1）定义法；（2）图象法；（3）利用已知函数的单调性；（4）导数法. 提醒：函数在两个不同的区间上单调性相同，一般要分开写，用“，”或“和”连接，不能用“∪”. 训练1 （1）（2026·山西临汾适应性考试）下列函数中，满足“对任意x1，x2∈（0，＋∞），当x1＜x2时，都有f（x1）＜f（x2）”的是（　B　） A.y＝x2－x B.y＝lg（x2＋1） C.y＝3｜x－1｜ D.y＝ 解析：（1）由题意知，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增，y＝x2－x在（－∞，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，A错误；因为x2＋1≥1，所以y＝lg（x2＋1）的定义域为R，又y＝lg t在（0，＋∞）上单调递增，t＝x2＋1在（0，＋∞）上单调递增，在（－∞，0）上单调递减，所以y＝lg（x2＋1）在（0，＋∞）上单调递增，B正确；y＝3｜x－1｜的定义域为R，又y＝3t在R上单调递增，t＝｜x－1｜在（1，＋∞）上单调递增，在（－∞，1）上单调递减，所以y＝3｜x－1｜在（1，＋∞）上单调递增，在（－∞，1）上单调递减，C错误；y＝＝1－在（1，＋∞）上单调递增，在（－∞，1）上单调递增，但在（0，＋∞）上不单调递增，D错误.故选B. （2）函数f（x）＝－x的单调递增区间为（　A　） A.（0，） B.（0，1） C.（，＋∞） D.（1，＋∞） 解析：（2）令t＝，显然t＝在[0，＋∞）上为增函数.又y＝t－t2＝－（t－）2＋（t≥0）在上单调递增，由≤得0≤x≤，所以f（x）的单调递增区间是（0，）. 函数单调性的应用（定向精析突破） 考向1　比较函数值的大小 已知函数f（x）的图象关于直线x＝1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（e）（e为自然对数的底数），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 解析：D　∵f（x）的图象关于直线x＝1对称，∴f（－）＝f（）.又∵当x2＞x1＞1时，[f（x2）－f（x1）]（x2－x1）＜0恒成立，∴f（x）在（1，＋∞）上单调递减.∵2＜＜e，∴f（2）＞f（）＞f（e），∴b＞a＞c. 利用单调性比较函数值大小的方法 　　比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用函数的性质，将自变量的值转化到同一个单调区间内进行比较，或采用中间值法比较大小. 考向2　解不等式 已知函数f（x）＝ln x＋2x，若f（a2－4）＜2，则实数a的取值范围是　（－，－2）∪（2，）　. 解析：因为函数f（x）＝ln x＋2x在定义域（0，＋∞）上为增函数，且f（1）＝ln 1＋2＝2，所以由f（a2－4）＜2得，f（a2－4）＜f（1），所以0＜a2－4＜1，解得－＜a＜－2或2＜a＜. 考向3　求参数的值（范围） （2024·新高考Ⅰ卷6题）已知函数f（x）＝在R上单调递增，则a的取值范围是（　　） A.（－∞，0] B.[－1，0] C.[－1，1] D.[0，＋∞） 解析：B　因为f（x）在R上单调递增，且x≥0时，f（x）＝ex＋ln（x＋1）单调递增，则需满足解得－1≤a≤0，即a的取值范围是[－1，0].故选B. 利用函数的单调性求参数的值（范围）的方法 （1）根据其单调性直接构建参数满足的方程（组）（不等式（组））或先得到其图象的升降，再结合图象求解； （2）对于分段函数，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值. 训练2 （1）若f（x）是定义在（－∞，0]上的减函数，则不等式f（2x＋3）≤f（x＋1）的解集为（　A　） A.［－2，－］ B.（－∞，－2）∪（－，＋∞） C.（－2，－） D.（－∞，－2）∪［－，＋∞） 解析： 根据题意，可得解得－2≤x≤－. （2）（2026·四川外国语大学附中模拟）若函数f（x）＝4｜x－a｜＋3在区间[1，＋∞）上不单调，则a的取值范围为　（1，＋∞）　. 解析：因为函数f（x）＝4｜x－a｜＋3在（－∞，a）上单调递减，在（a，＋∞）上单调递增.又函数f（x）在区间[1，＋∞）上不单调，所以a＞1. 函数的值域（最值） （师生共研过关） 〔多选〕下列函数的值域正确的是（　　） A.当x∈[0，3）时，函数y＝x2－2x＋3的值域为[2，6） B.函数y＝的值域为R C.函数y＝2x－的值域为［，＋∞） D.函数y＝＋的值域为[，＋∞） 解析：ACD　对于A，y＝x2－2x＋3＝（x－1）2＋2，由x∈[0，3），再结合函数的图象（如图1所示），可得函数的值域为[2，6）. 对于B（分离常数法），y＝＝＝2＋，显然≠0，∴y≠2，故函数的值域为（－∞，2）∪（2，＋∞）.对于C（换元法），设t＝，则x＝t2＋1，且t≥0，∴y＝2（t2＋1）－t＝2（t－）2＋，由t≥0，再结合函数的图象（如图2所示），可得函数的值域为［，＋∞）.对于D，函数的定义域为[1，＋∞），∵y＝与y＝在[1，＋∞）上均单调递增，∴y＝＋在[1，＋∞）上为增函数，∴当x＝1时，ymin＝，即函数的值域为[，＋∞）. 求函数最值（值域）的常用方法 （1）单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值； （2）数形结合法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值； （3）配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题； （4）换元法：引进一个（几个）新的量来代替原来的量，实行“变量代换”； （5）分离常数法：分子、分母同次的分式形式采用配凑分子的方法，把函数分离成一个常数和一个分式和（差）的形式. 训练3 （1）（2026·辽宁大连八中高三段考）若函数y＝f（x）的值域是［，4］，则函数F（x）＝f（2x＋1）＋的值域是（　B　） A.［，4］ B.［2，］ C.［2，］ D.［，］ 解析： 因为函数y＝f（x）的值域是［，4］，所以函数f（2x＋1）的值域是［，4］.令f（2x＋1）＝t∈［，4］，则F（x）＝g（t）＝t＋，由对勾函数的性质可知，函数g（t）＝t＋在［，1］上单调递减，在（1，4]上单调递增，而g（）＝，g（1）＝2，g（4）＝，所以g（t）∈［2，］，即函数F（x）的值域是［2，］.故选B. （2）设a＞0，且a≠1，函数f（x）＝的值域为[2，＋∞），则实数a的取值范围是　（1，]　. 解析： 当x≤2时，f（x）＝x2－6x＋10，曲线y＝x2－6x＋10的对称轴为直线x＝3，所以f（x）在（－∞，2]上单调递减，又f（2）＝22－6×2＋10＝2，所以当x≤2时，f（x）∈[2，＋∞）.因为函数f（x）＝的值域为[2，＋∞），所以当x＞2时，f（x）＝logax≥2恒成立，所以a＞1，则loga2≥2＝logaa2，所以a2≤2，所以1＜a≤，即a的取值范围是（1，]. （时间：60分钟，满分：95分）[备注：单选、填空题5分，多选题6分] 1.下列函数中，在区间（0，1）上单调递增的是（　　） A.y＝－x2＋1 B.y＝ C.y＝ D.y＝3－x 解析：B　y＝－x2＋1在区间（0，1）上单调递减，故A不符合题意；y＝是[0，＋∞）上的增函数，所以在区间（0，1）上单调递增，故B符合题意；y＝在（0，＋∞）上单调递减，所以在区间（0，1）上单调递减，故C不符合题意；y＝3－x在区间（0，1）上单调递减，故D不符合题意. 2.若函数f（x）＝（m－1）x＋b在R上是减函数，则f（m）与f（1）的大小关系是（　　） A.f（m）＜f（1） B.f（m）＞f（1） C.f（m）≤f（1） D.f（m）＝f（1） 解析：B　因为函数f（x）＝（m－1）x＋b在R上是减函数，所以m－1＜0，得m＜1，所以f（m）＞f（1）.故选B. 3.函数f（x）＝｜x－1｜＋｜x－2｜的单调递增区间是（　　） A.[1，＋∞） B.（－∞，1] C.[1，2] D.[2，＋∞） 解析：D　因为f（x）＝｜x－1｜＋｜x－2｜＝所以f（x）的单调递增区间为[2，＋∞），故选D. 4.〔一题多解〕函数f（x）＝的最大值为（　　） A. B.1 C. D.2 解析：D　法一（图象法）　作出函数f（x）＝的图象（如图所示），由函数图象可知，f（x）的最大值为2. 法二（单调性法）　当x≥1时，函数f（x）＝单调递减，所以f（x）在x＝1处取得最大值，为f（1）＝1；当x＜1时，易知函数f（x）＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f（0）＝2.故函数f（x）的最大值为2. 5.（2026·福建泉州月考）已知函数f（x）＝－，则不等式f（x＋1）＞f（2x）的解集为（　　） A.（－∞，1） B.（－∞，1] C.［－，0］ D.［－，1） 解析：C　函数f（x）＝－，由解得－1≤x≤1，则f（x）的定义域为[－1，1].因为y＝是增函数，y＝－也是增函数，所以f（x）＝－是[－1，1]上的增函数，由不等式f（x＋1）＞f（2x）得解得－≤x≤0，故选C. 6.〔多选〕已知函数f（x）在R上是增函数，g（x）在R上是减函数，则下列说法正确的是（　　） A.y＝－f（x）在R上是减函数 B.y＝f（x）－g（x）在R上是增函数 C.y＝在R上是增函数 D.y＝[f（x）]2在R上是增函数 解析：AB　A中，函数f（x）在R上是增函数，则y＝－f（x）在R上是减函数，故A正确；B中，g（x）在R上是减函数，则－g（x）在R上是增函数，又f（x）在R上是增函数，故f（x）－g（x）在R上是增函数，故B正确；C中，函数g（x）在R上是减函数，但y＝在R上不一定是增函数，如g（x）＝－x在R上是减函数，但y＝＝－在R上不是增函数，故C错误；D中，函数f（x）在R上是增函数，但y＝[f（x）]2在R上不一定是增函数，如f（x）＝x在R上是增函数，但y＝[f（x）]2＝x2在R上不是增函数，故D错误. 7.已知函数f（x）＝（a＞0）在区间[2，6]上的最大值为5，则a＝　3　. 解析：f（x）＝＝＝2＋.因为a＞0，所以函数f（x）在（1，＋∞）上单调递减，所以函数f（x）在区间[2，6]上的最大值为f（2）＝2＋＝2＋a＝5，解得a＝3. 8.已知函数f（x）是R上的增函数，A（0，－1），B（3，1）是其图象上的两点，则｜f（x＋1）｜＜1的解集为　（－1，2）　. 解析：由题意可知，f（0）＝－1，f（3）＝1，因为函数f（x）是R上的增函数，所以由｜f（x＋1）｜＜1得－1＜f（x＋1）＜1，即f（0）＜f（x＋1）＜f（3），因此0＜x＋1＜3，解得－1＜x＜2，即｜f（x＋1）｜＜1的解集为（－1，2）. 9.（13分）已知函数f（x）＝2x＋＋c，且f（1）＝4，f（2）＝5. （1）求b，c的值； （2）证明函数f（x）在区间（0，1）上单调递减，并判断f（x）在（1，＋∞）上的单调性. 解：（1）由题意得，f（1）＝2＋b＋c＝4， f（2）＝4＋＋c＝5，解得b＝2，c＝0. （2）证明：由（1）得，f（x）＝2x＋. 任取x1，x2∈（0，1），且x1＜x2， 则f（x1）－f（x2）＝（2x1＋）－（2x2＋） ＝. 因为0＜x1＜x2＜1，所以x1－x2＜0，x1x2－1＜0，x1x2＞0，所以f（x1）－f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），故函数f（x）在区间（0，1）上单调递减. 同理可得f（x）在区间（1，＋∞）上单调递增. 10.（2025·山东威海一模）已知函数f（x）＝＋x，若对∀x1，x2∈（1，3），且x1≠x2，都有＜1，则（　　） A.a≤ B.a≤0 C.a≥－3 D.a≥1 解析：A　由题设，∀x1，x2∈（1，3），且x1≠x2，都有＜0，所以f（x）－x＝在（1，3）上单调递减，即y＝ax2－2x－1在（1，3）上单调递减，当a＝0时，y＝－2x－1满足题设，当a≠0时，⇒0＜a≤或⇒a＜0，综上，a≤.故选A. 11.（2026·河南信阳高级中学模拟）已知f（x）＝若f（0）是f（x）的最小值，则实数t的取值范围为（　　） A.[－1，2] B.[－1，0] C.[0，2] D.[1，2] 解析：C　当x≤0时，f（x）＝x2－2tx＋t2，所以要使f（0）是f（x）的最小值，则t≥0，又当x＞0时，f（x）＝x＋＋t≥2＋t＝2＋t，当且仅当x＝1时取等号，所以2＋t≥f（0）＝t2，即t2－t－2≤0，解得－1≤t≤2，又因为t≥0，所以0≤t≤2.故选C. 12.〔多选〕（2026·江苏扬州开学考试）已知函数f（x）＝x2－2ax＋a在区间（－∞，1）上有最小值，则函数g（x）＝在区间[1，＋∞）上（　　） A.单调递减 B.单调递增 C.有最小值 D.有最大值 解析：BC　∵函数f（x）＝x2－2ax＋a在区间（－∞，1）上有最小值，∴函数f（x）＝x2－2ax＋a的对称轴应位于区间（－∞，1）内，∴a＜1，又g（x）＝＝x＋－2a，当a＜0时，g（x）＝x＋－2a在区间[1，＋∞）上单调递增，此时g（x）≥g（1）＝1－a；当a＝0时，g（x）＝x在区间[1，＋∞）上单调递增，此时g（x）≥g（1）＝1；当0＜a＜1时，g（x）＝x＋－2a，g'（x）＝1－≥1－a＞0，∴g（x）在[1，＋∞）上单调递增，此时g（x）≥g（1）＝1－a，综上，g（x）在区间[1，＋∞）上单调递增，且有最小值g（1）.故选B、C. 13.（2026·湖南长沙模拟）已知函数y＝f（x）的图象关于y轴对称，且对于y＝f（x）（x∈R），当x1，x2∈（－∞，0）且x1≠x2时，＜0恒成立，若f（2ax）＜f（2x2＋1）对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范围为　（－，）　. 解析：由题意得y＝f（x）为偶函数，且在（－∞，0）上单调递减，故y＝f（x）在（0，＋∞）上单调递增，因为f（2ax）＜f（2x2＋1），故f（｜2ax｜）＜f（2x2＋1），所以｜2ax｜＜2x2＋1，当x＝0时，｜0｜＜1恒成立，满足要求；当x≠0时，｜2a｜＜＝2｜x｜＋在x∈（－∞，0）∪（0，＋∞）上恒成立，其中2｜x｜＋≥2＝2，当且仅当2｜x｜＝，即｜x｜＝时，等号成立，故｜2a｜＜2，解得－＜a＜，综上，a的取值范围为（－，）. 14.（15分）（2026·安徽皖江名校联考）定义在（0，＋∞）上的函数f（x）满足：①当x＞1时，f（x）＞0；②对任意实数x，y都有f（x·y）＝f（x）＋f（y）.　 （1）证明：当0＜x＜1时，f（x）＜0； （2）判断f（x）在（0，＋∞）上的单调性； （3）解不等式f（x＋1）＋f（2x－3）＞0. 解：（1）证明：令x＝y＝1，则f（1）＝f（1）＋f（1），所以f（1）＝0. 当0＜x＜1时，＞1，则f（）＞0， 在f（x·y）＝f（x）＋f（y）中， 令y＝，则f（1）＝f（x）＋f（），所以f（x）＝－f（）＜0. （2）设0＜x1＜x2，则＞1，所以f（）＞0， 于是f（x2）＝f（x1·）＝f（x1）＋f（）＞f（x1）， 故f（x）在（0，＋∞）上单调递增. （3）由题意知，原不等式等价于f（（x＋1）（2x－3））＞f（1）， 由（2）知，f（x）在（0，＋∞）上单调递增， 可得（x＋1）（2x－3）＞1，且x＋1＞0，2x－3＞0，解得x＞. 故原不等式的解集是（，＋∞）. 15.〔创新设问〕已知函数f（x）＝x＋x3，x1，x2，x3∈R，x1＋x2＜0，x2＋x3＜0，x3＋x1＜0，那么f（x1）＋f（x2）＋f（x3）的值（　　） A.一定大于0 B.一定小于0 C.等于0 D.正负都有可能 解析：B　因为f（x）＝x＋x3是增函数，且x1＋x2＜0，所以f（x1）＜f（－x2）.又易验证f（－x）＝－f（x），所以f（x1）＜－f（x2），即f（x1）＋f（x2）＜0.同理f（x2）＋f（x3）＜0，f（x3）＋f（x1）＜0.所以f（x1）＋f（x2）＋f（x3）＝[f（x1）＋f（x2）＋f（x2）＋f（x3）＋f（x3）＋f（x1）]＜0. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $