Question

已知函数f（x）的定义域为R，且同时满足：①函数f（x）的图象左移1个单位长度后所得图象的对应函数为偶函数；②对任意大于1的不等实数a、b，总有

f(a)-f(b)

a-b

＞0成立．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）=

1

f(x)

+

1

2-x

，如果f（0）=1，判断函数g（x）是否有负零点，并说明理由；
（Ⅲ）如果x₁＜0，x₂＞0且x₁+x₂+2＜0，比较f（-x₁）与f（-x₂）的大小，并简述你的理由．

Answer 1

考点：函数单调性的判断与证明,函数的零点

专题：函数的性质及应用

分析：本题考查（Ⅰ）利用已知的单调性和对称性，得到函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）利用反证法，通过反证假设推导出与题设矛盾，从而得到函数g（x）没有负零点；（Ⅲ）通过函数的对称关系和单调性，比较出f（-x₁）与f（-x₂）的大小．

解答： 解：（Ⅰ）由条件①得，f（x）的图象关于直线x=1对称，
由条件②得，a＞b＞1时，f（a）＞f（b）恒成立；
b＞a＞1时，f（b）＞f（a）恒成立，
∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，
又∵f（x）的图象关于直线x=1对称，
∴f（x）在（-∞，1）上单调递减．
综上所述，f（x）单调递增区间为（1，+∞），
单调递减区间为（-∞，1）．
（Ⅱ）若g（x）有负零点x₀，则g（x）=0有负实根x₀，
于是g（x₀）=

1

f(x0)

+

1

2-x0

=0，
∴f（x₀）=x₀-2．
∵f（0）=1，f（x）在（-∞，1）上单调递减，
∴f（x₀）＞1．
∴x₀-2＞1，即x₀＞3，与x₀＜0矛盾，
所以g（x）没有负零点．
（Ⅲ）设A（m，f（m）），B（n，f（n））为f（x）上关于直线x=1对称的任意两点，
则

m+n

2

=1，f（m）=f（n）．
∴m=2-n，
∴f（m）=f（2-n）=f（n），
∴f（-x₂）=f（2+x₂）．
∵x₁＜0，x₂＞0且x₁+x₂+2＜0，
∴2＜x₂+2＜-x₁，
∵f（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴f（-x₁）＞f（2+x₂）=f（-x₂），
即f（-x₁）＞f（-x₂）．

点评：本题考查了函数的单调性、奇偶性和对称性，本题有一定的能力要求，计算量适中，属于中档题．