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第4节　单调性与最大(小)值(二)
课标要求　1.会利用函数的单调性比较函数值的大小，解函数不等式. 2.会求函数的最值或值域.
考点一　比较函数值的大小
例1 (1)已知f(x)＝2x－，a＝f()，b＝f()，c＝f()，则(　　)
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>a>b D.c>b>a
(2)若a＝ln 3，b＝lg 5，c＝log126，则(　　)
A.a>b>c B.b>c>a
C.c>b>a D.a>c>b
答案　(1)D　(2)D
解析　(1)易知f(x)＝2x－在(1，＋∞)上单调递增，又>>>1，
故f()>f()>f()，即c>b>a.
(2)∵a＝ln 3>ln e＝1，b＝lg 5c＝log126∴a>b，a>c，
∵lg 5＝，
log126＝，
∴构造函数f(x)＝＝1－(x>0)，
显然函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又∵0即lg 5c>b.
感悟提升　1.若题目条件中有具体的函数，则先判断已知函数的单调性，利用其单调性比较大小.
2.若题目条件中无具体函数，则需根据数值的结构特征构造函数，再利用其单调性比较大小.
训练1 (1)若函数f(x)是R上的减函数，a>0，则下列不等式一定成立的是(　　)
A.f(a2)C.f(a)(2)若2x－2y<3－x－3－y，则(　　)
A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0
C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0
答案　(1)D　(2)A
解析　(1)A中，a2－a＝a(a－1)，
当a>1时，a2>a，所以f(a2)当0f(a)，
即A不一定成立.
B中，当a>1时，a>，所以f(a)当0f，即B不一定成立.
C中，当a>0时，2a>a，所以f(a)>f(2a)，即C不成立.
D中，a2－(a－1)＝a2－a＋1＝>0，
则a2>a－1，所以f(a2)(2)原已知条件等价于2x－3－x<2y－3－y，
设函数f(x)＝2x－3－x.
因为函数y＝2x与y＝－3－x在R上均单调递增，
所以f(x)在R上单调递增，
即f(x)0，
所以A正确，B不正确.
因为|x－y|与1的大小不能确定，所以C，D不正确.
考点二　利用单调性求函数的最值
例2 函数y＝－1＋x(x≥3)的最小值为　　　　.
答案　
解析　设t＝x－1，t≥2，
则y＝－1＋x＝t＋(t≥2)，
又函数y＝t＋在[2，＋∞)上单调递增，
所以当t＝2，即x＝3时，
函数有最小值2＋.
感悟提升　利用单调性求函数最值(值域)的基本方法
(1)对于较为简单的函数，先确定函数的单调性，再由单调性求最值.
(2)对于较复杂函数，可运用导数，求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.
训练2 (1)函数f(x)＝3x＋log2(x＋2)在区间[－1，2]上的最大值为　　　　.
(2)函数y＝x＋的最小值为　　　　.
答案　(1)11　(2)1
解析　(1)由于y＝3x在R上是增函数，
y＝log2(x＋2)在[－1，2]上单调递增，
所以f(x)在[－1，2]上单调递增，
故f(x)在[－1，2]上的最大值为f(2)＝32＋log24＝11.
(2)法一(换元法)　令t＝，且t≥0，
则x＝t2＋1，
所以原函数变为y＝t2＋1＋t，t≥0，
配方得y＝.
又因为t≥0，所以y≥＝1，
故函数y＝x＋的最小值为1.
法二(单调性法)　由题易得x－1≥0，即x≥1.
因为函数y＝x和y＝在定义域[1，＋∞)上均为增函数，
故函数y＝x＋在[1，＋∞)上为增函数，所以ymin＝1.
考点三　解函数不等式
例3 已知函数f(x)满足: x1，x2∈R，当x1≠x2时，>2恒成立，且f(2)＝12，若f(m2)≥2m2＋8，则实数m的取值范围是(　　)
A.[－]
B.[－2，2]
C.(－∞，－]∪[，＋∞)
D.(－∞，－2]∪[2，＋∞)
答案　C
解析　不妨设x1>x2，由>2，
得f(x1)－f(x2)>2x1－2x2，
故f(x1)－2x1>f(x2)－2x2，
令F(x)＝f(x)－2x，则F(x1)>F(x2)，
所以F(x)＝f(x)－2x在R上单调递增，
因为f(2)＝12，所以F(2)＝f(2)－4＝8，
由f(m2)≥2m2＋8，得f(m2)－2m2≥8，
即F(m2)≥F(2)，
所以m2≥2，解得m∈(－∞，－]∪[，＋∞).
感悟提升　求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，由条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域.
训练3 (1)已知函数y＝f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，且f(1－a)(2)已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是　　　　.
答案　(1)　(2)(－，－2)∪(2，)
解析　(1)∵y＝f(x)在(－1，1)上是减函数，
又f(1－a)∴解得0故所求a的取值范围是.
(2)因为函数f(x)＝ln x＋2x在定义域(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝ln 1＋2＝2，
所以由f(x2－4)<2，得f(x2－4)所以0解得－一、单选题
1.若函数f(x)＝(m－1)x＋1在R上是增函数，则f(m)与f(1)的大小关系是(　　)
A.f(m)f(1)
C.f(m)≤f(1) D.f(m)≥f(1)
答案　B
解析　因为f(x)＝(m－1)x＋1在R上是增函数，所以m>1，故f(m)>f(1).
2.下列函数在[1，4]上的最大值为3的是(　　)
A.y＝＋2 B.y＝3x－2
C.y＝x2 D.y＝1－x
答案　A
解析　选项B，C中的函数在[1，4]上均单调递增，选项A，D中的函数在[1，4]上均单调递减，代入端点值，可知A正确.
3.函数f(x)＝的最大值为(　　)
A.1 B.2
C. D.
答案　B
解析　当x≥1时，函数f(x)＝单调递减，
此时f(x)在x＝1处取得最大值，
为f(1)＝1;当x<1时，
函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2.
综上可得，f(x)的最大值为2.
4.(2026·合肥调研)定义在[－2，2]上的函数f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0(x1≠x2)，且f(x)>f(2x－1)，则实数x的取值范围为(　　)
A.(－∞，1) B.
C. D.[－1，1)
答案　C
解析　由题意知f(x)在[－2，2]上单调递增，
则f(x)>f(2x－1)，得
解得－≤x<1.故选C.
5.已知函数y＝x2－2x＋3在区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则实数m的取值范围是(　　)
A.[1，＋∞) B.[0，2]
C.(－∞，2] D.[1，2]
答案　D
解析　令y＝f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2.
易知当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝2.
因为f(0)＝3，
且函数f(x)在[0，m]上有最大值3，最小值2，
由二次函数图象的对称性，知f(2)＝f(0)＝3，
所以1≤m≤2，
即实数m的取值范围是[1，2].
6.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)，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　∵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<∴f(2)>f>f(e)，∴b>a>c.
7.(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)＝(x＋a)ln(x＋b).若f(x)≥0，则a2＋b2的最小值为(　　)
A. B.
C. D.1
答案　C
解析　由f(x)≥0及y＝x＋a，y＝ln(x＋b)单调递增，
可得x＋a与ln(x＋b)同正、同负或同为零，
所以当ln(x＋b)＝0时，x＋a＝0，
即所以b＝a＋1，
则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2≥，故选C.
二、多选题
8.函数f(x)的定义域为R，对任意的实数x1，x2(x1≠x2)，满足x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，下列结论正确的是(　　)
A.函数f(x)在R上是减函数
B.f(－5)>f(0)>f(1)
C.f(－5)D.不等式f(2x－1)答案　CD
解析　由x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，得(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，
因此f(x)是增函数，A错误;
由－5<0<1，得f(－5)由f(2x－1)得2x－1<3－x，
解得x<，D正确.
9.已知函数f(x)的定义域为R，对任意a，b∈R，都有f(a)f(b)＝f(a＋b)，f(0)≠0且当x>0时，0A. x∈R，都有f(x)＝－
B.当x<0时，f(x)>1
C.f(x)在R上是减函数
D.若f(3)＝，则不等式f(2t2－5t)>的解集为
答案　BCD
解析　令a＝0，b＝1，
则f(0)f(1)＝f(1)，易知0所以f(0)＝1.
当x<0时，－x>0，
所以0又f(x)f(－x)＝f(x－x)＝f(0)＝1，
所以f(x)＝，
即f(x)>1，A错误，B正确;
设x1则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)f(x2)－f(x2)
＝f(x2)[f(x1－x2)－1]，
又x1所以f(x1－x2)>1，
又当x<0时，f(x)>1，
当x>0时，0所以f(x1)－f(x2)>0，
即f(x1)>f(x2)，
所以f(x)在R上是减函数，C正确;
因为f(3)＝，
所以f(12)＝f(6)f(6)＝[f(3)]4＝，
所以f(2t2－5t)>，
即f(2t2－5t)>f(12)，
又f(x)在R上是减函数，
所以2t2－5t<12，
解得－所以不等式f(2t2－5t)>，D正确.
三、填空题
10.函数y＝f(x)是定义在[－2，2]上的减函数，且f(a＋1)答案　[－1，1)
解析　依题意得得－1≤a<1.
所以实数a的取值范围是[－1，1).
11.设函数f(x)＝在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M，m，则＝　　　　.
答案　
解析　f(x)＝＝2＋在[3，4]上是减函数，
∴f(x)min＝f(4)＝4，f(x)max＝f(3)＝6，
∴M＝6，m＝4，
∴.
12.设函数f(x)＝则满足f(t－1)答案　(－1，2)
解析　因为函数y＝2x－1在R上单调递增，函数y＝1为常函数，
所以分段函数f(x)在(－∞，1]上单调递增，在(1，＋∞)内不具有单调性，
且f(1)＝21－1＝1，即当x≤1时，f(x)≤1，
因为f(t－1)所以
解得－1所以满足f(t－1)四、解答题
13.已知函数f(x)＝，x∈[2，3].
(1)用定义法判断函数的单调性;
(2)求函数的最大值和最小值.
解　(1)任取2≤x1函数f(x)＝＝1＋，
则f(x1)－f(x2)＝＝，
∵2≤x1∴x2－x1>0，x1－1>0，x2－1>0，
∴f(x1)－f(x2)>0，
故f(x1)>f(x2)，
∴函数f(x)在[2，3]上为减函数.
(2)f(x)在[2，3]上单调递减，
∴f(x)max＝f(2)＝＝4，
f(x)min＝f(3)＝.
14.已知函数f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1.
(1)求f(1)和f(9)的值;
(2)解关于x的不等式f(3x＋6)＋f(x)<2.
解　(1)由题知，f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的增函数，
且f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，
令x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，f(1)＝0，
令x＝y＝3，则f(9)＝f(3)＋f(3)＝2，
即f(1)＝0，f(9)＝2.
(2)因为f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的增函数，
且f(9)＝2，f(xy)＝f(x)＋f(y)，
所以f(3x＋6)＋f(x)<2，
等价于f(3x2＋6x)所以
解得0即该不等式解集为(0，1).(共40张PPT)
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第二章　函数
第4节　单调性与最大(小)值(二)
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1.会利用函数的单调性比较函数值的大小，解函数不等式.
2.会求函数的最值或值域.
课标要求
内容索引
考点聚焦突破
01
02
课时对点精练
考点聚焦突破
01
例1 (1)已知f(x)＝2x－，a＝f()，b＝f()，c＝f()，则(　　)
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>a>b D.c>b>a
D
易知f(x)＝2x－在(1，＋∞)上单调递增，又>>>1，
故f()>f()>f()，即c>b>a.
考点一　比较函数值的大小
(2)若a＝ln 3，b＝lg 5，c＝log126，则(　　)
A.a>b>c B.b>c>a
C.c>b>a D.a>c>b
D
∵a＝ln 3>ln e＝1，b＝lg 5∴a>b，a>c，
∵lg 5＝，log126＝，
∴构造函数f(x)＝＝1－(x>0)，
显然函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又∵0c>b.
感悟提升
1.若题目条件中有具体的函数，则先判断已知函数的单调性，利用其单调性比较大小.
2.若题目条件中无具体函数，则需根据数值的结构特征构造函数，再利用其单调性比较大小.
训练1 (1)若函数f(x)是R上的减函数，a>0，则下列不等式一定成立的是(　　)
A.f(a2)C.f(a)D
A中，a2－a＝a(a－1)， 当a>1时，a2>a，所以f(a2)当0f(a)，即A不一定成立.
B中，当a>1时，a>，所以f(a)当0f，即B不一定成立.
C中，当a>0时，2a>a，所以f(a)>f(2a)，即C不成立.
D中，a2－(a－1)＝a2－a＋1＝>0，
则a2>a－1，所以f(a2)(2)若2x－2y<3－x－3－y，则(　　)
A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0
C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0
原已知条件等价于2x－3－x<2y－3－y，设函数f(x)＝2x－3－x.
因为函数y＝2x与y＝－3－x在R上均单调递增，
所以f(x)在R上单调递增，
即f(x)0，
所以A正确，B不正确.
因为|x－y|与1的大小不能确定，所以C，D不正确.
A
例2 函数y＝－1＋x(x≥3)的最小值为　　　　.
设t＝x－1，t≥2，
则y＝－1＋x＝t＋(t≥2)，
又函数y＝t＋在[2，＋∞)上单调递增，
所以当t＝2，即x＝3时，
函数有最小值2＋.
考点二　利用单调性求函数的最值
感悟提升
利用单调性求函数最值(值域)的基本方法
(1)对于较为简单的函数，先确定函数的单调性，再由单调性求最值.
(2)对于较复杂函数，可运用导数，求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.
训练2 (1)函数f(x)＝3x＋log2(x＋2)在区间[－1，2]上的最大值为　　　　.
11
由于y＝3x在R上是增函数，
y＝log2(x＋2)在[－1，2]上单调递增，
所以f(x)在[－1，2]上单调递增，
故f(x)在[－1，2]上的最大值为f(2)＝32＋log24＝11.
(2)函数y＝x＋的最小值为　　　　.
法一(换元法)　令t＝，且t≥0，
则x＝t2＋1，
所以原函数变为y＝t2＋1＋t，t≥0，
配方得y＝.
又因为t≥0，所以y≥＝1，
故函数y＝x＋的最小值为1.
1
法二(单调性法)　由题易得x－1≥0，即x≥1.
因为函数y＝x和y＝在定义域[1，＋∞)上均为增函数，
故函数y＝x＋在[1，＋∞)上为增函数，所以ymin＝1.
例3 已知函数f(x)满足: x1，x2∈R，当x1≠x2时，>2恒成立，且f(2)＝12，若f(m2)≥2m2＋8，则实数m的取值范围是(　　)
A.[－] B.[－2，2]
C.(－∞，－]∪[，＋∞) D.(－∞，－2]∪[2，＋∞)
C
不妨设x1>x2，由>2，
得f(x1)－f(x2)>2x1－2x2，故f(x1)－2x1>f(x2)－2x2，
令F(x)＝f(x)－2x，则F(x1)>F(x2)，
所以F(x)＝f(x)－2x在R上单调递增，
考点三　解函数不等式
因为f(2)＝12，所以F(2)＝f(2)－4＝8，
由f(m2)≥2m2＋8，得f(m2)－2m2≥8，
即F(m2)≥F(2)，
所以m2≥2，解得m∈(－∞，－]∪[，＋∞).
感悟提升
求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，由条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域.
训练3 (1)已知函数y＝f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，且f(1－a)则实数a的取值范围为　　　　.
∵y＝f(x)在(－1，1)上是减函数，
又f(1－a)∴解得0故所求a的取值范围是.
(2)已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是　　　　　　　　　　　.
因为函数f(x)＝ln x＋2x在定义域(0，＋∞)上单调递增，
且f(1)＝ln 1＋2＝2，
所以由f(x2－4)<2，得f(x2－4)所以0解得－(－，－2)∪(2，)
课时对点精练
02
一、单选题
1.若函数f(x)＝(m－1)x＋1在R上是增函数，则f(m)与f(1)的大小关系是(　　)
A.f(m)f(1)
C.f(m)≤f(1) D.f(m)≥f(1)
B
因为f(x)＝(m－1)x＋1在R上是增函数，所以m>1，故f(m)>f(1).
2.下列函数在[1，4]上的最大值为3的是(　　)
A.y＝＋2 B.y＝3x－2
C.y＝x2 D.y＝1－x
A
选项B，C中的函数在[1，4]上均单调递增，选项A，D中的函数在[1，4]上均单调递减，代入端点值，可知A正确.
3.函数f(x)＝的最大值为(　　)
A.1 B.2
C. D.
B
当x≥1时，函数f(x)＝单调递减，
此时f(x)在x＝1处取得最大值，
为f(1)＝1;当x<1时，
函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2.
综上可得，f(x)的最大值为2.
4. (2026·合肥调研)定义在[－2，2]上的函数f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0(x1≠x2)，且f(x)>f(2x－1)，则实数x的取值范围为(　　)
A.(－∞，1) B.
C. D.[－1，1)
C
由题意知f(x)在[－2，2]上单调递增，
则f(x)>f(2x－1)，得
解得－≤x<1.故选C.
5.已知函数y＝x2－2x＋3在区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则实数m的取值范围是(　　)
A.[1，＋∞) B.[0，2]
C.(－∞，2] D.[1，2]
D
令y＝f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2.
易知当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝2.因为f(0)＝3，
且函数f(x)在[0，m]上有最大值3，最小值2，
由二次函数图象的对称性，知f(2)＝f(0)＝3，
所以1≤m≤2，即实数m的取值范围是[1，2].
6.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)，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
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<f>f(e)，∴b>a>c.
7. (2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)＝(x＋a)ln(x＋b).若f(x)≥0，则a2＋b2的最小值为(　　)
A. B.
C. D.1
C
由f(x)≥0及y＝x＋a，y＝ln(x＋b)单调递增，
可得x＋a与ln(x＋b)同正、同负或同为零，
所以当ln(x＋b)＝0时，x＋a＝0，
即所以b＝a＋1，
则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2≥，故选C.
8.函数f(x)的定义域为R，对任意的实数x1，x2(x1≠x2)，满足x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，下列结论正确的是(　　)
A.函数f(x)在R上是减函数
B.f(－5)>f(0)>f(1)
C.f(－5)D.不等式f(2x－1)CD
由x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，得(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，
因此f(x)是增函数，A错误;
二、多选题
由－5<0<1，得f(－5)由f(2x－1)得2x－1<3－x，
解得x<，D正确.
9.已知函数f(x)的定义域为R，对任意a，b∈R，都有f(a)f(b)＝f(a＋b)，f(0)≠0且当x>0时，0A. x∈R，都有f(x)＝－
B.当x<0时，f(x)>1
C.f(x)在R上是减函数
D.若f(3)＝，则不等式f(2t2－5t)>的解集为
BCD
令a＝0，b＝1，
则f(0)f(1)＝f(1)，易知0所以f(0)＝1.
当x<0时，－x>0，
所以0又f(x)f(－x)＝f(x－x)＝f(0)＝1，
所以f(x)＝，
即f(x)>1，A错误，B正确;
设x1则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)f(x2)－f(x2)
＝f(x2)[f(x1－x2)－1]，
又x1所以f(x1－x2)>1，又当x<0时，f(x)>1，
当x>0时，00，
即f(x1)>f(x2)，所以f(x)在R上是减函数，C正确;
因为f(3)＝，所以f(12)＝f(6)f(6)＝[f(3)]4＝，
所以f(2t2－5t)>，即f(2t2－5t)>f(12)，
又f(x)在R上是减函数，所以2t2－5t<12，解得－所以不等式f(2t2－5t)>，D正确.
10.函数y＝f(x)是定义在[－2，2]上的减函数，且f(a＋1)依题意得得－1≤a<1.
所以实数a的取值范围是[－1，1).
三、填空题
[－1，1)
11.设函数f(x)＝在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M，m，则＝　　　　.
f(x)＝＝2＋在[3，4]上是减函数，
∴f(x)min＝f(4)＝4，f(x)max＝f(3)＝6，
∴M＝6，m＝4，
∴.
12.设函数f(x)＝则满足f(t－1)(－1，2)
因为函数y＝2x－1在R上单调递增，函数y＝1为常函数，
所以分段函数f(x)在(－∞，1]上单调递增，在(1，＋∞)内不具有单调性，
且f(1)＝21－1＝1，即当x≤1时，f(x)≤1，
因为f(t－1)所以
解得－1所以满足f(t－1)13.已知函数f(x)＝，x∈[2，3].
(1)用定义法判断函数的单调性;
任取2≤x1则f(x1)－f(x2)＝＝，
∵2≤x10，x1－1>0，x2－1>0，
∴f(x1)－f(x2)>0，故f(x1)>f(x2)，∴函数f(x)在[2，3]上为减函数.
四、解答题
f(x)在[2，3]上单调递减，
∴f(x)max＝f(2)＝＝4，
f(x)min＝f(3)＝.
(2)求函数的最大值和最小值.
14.已知函数f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1.
(1)求f(1)和f(9)的值;
由题知，f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的增函数，
且f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，
令x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，f(1)＝0，
令x＝y＝3，则f(9)＝f(3)＋f(3)＝2，
即f(1)＝0，f(9)＝2.
(2)解关于x的不等式f(3x＋6)＋f(x)<2.
因为f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的增函数，
且f(9)＝2，f(xy)＝f(x)＋f(y)，
所以f(3x＋6)＋f(x)<2，
等价于f(3x2＋6x)所以
解得0即该不等式解集为(0，1).

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