Question

2．对于定义域为R的函数f（x），若满足①f（0）=0；②当x∈R，且x≠0时，都有xf'（x）＞0；③当x₁≠x₂，且f（x₁）=f（x₂）时，x₁+x₂＜0，则称f（x）为“偏对称函数”．
现给出四个函数：g（x）=$\left\{\begin{array}{l}（\frac{1}{{{2^x}-1}}+\frac{1}{2}）{x^2}（x≠0）\\ 0（x=0）\end{array}\right.；h（x）=\left\{\begin{array}{l}ln（-x+1）（x≤0）\\ 2x（x＞0）\end{array}\right.；ϕ（x）=-{x^3}+\frac{3}{2}{x^2}$；φ（x）=e^x-x-1．
则其中是“偏对称函数”的函数个数为2．

Answer 1

分析 逐个条件进行验证：首先可验证四个函数都满足条件①；对于条件②，若f′（x）的符号容易判断，可验证不等式xf'（x）＞0成立，若f′（x）的符号不容易判断，可理解到为函数在区间（-∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增，通过函数的单调性进行判断，可排除不满足条件的g（x）和Φ（x）；对剩余的函数验证条件③，h（x）和Φ（x）都在区间（-∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增，所以由条件③可设x₁＜0＜x₂，则有h（-x₂）-h（x₁）=h（-x₂）-h（x₂），构造函数F（x）=h（-x）-h（x），通过求导判断F（x）在（0，+∞）上的单调性，从而判断F（x₂）与F（0）的大小关系，即得到h（-x₂）与h（x₁）的大小关系，从而得到x₁+x_{2的符号，判断条件③是否成立，函数}φ（x）同样的方法来验证条件③．

解答 经验证，g（x），h（x），Φ（x），φ（x）都满足条件①；
xf′（x）＞0?$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{f′（x）＞0}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x＜0}\\{f′（x）＜0}\end{array}\right.$．即条件②等价于函数f（x）在区间（-∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增．
而容易验证g（x）是奇函数，由及函数的性质可知g（x）在区间（-∞，0）和（0，+∞）上单调性相同，故g（x）不满足条件②．
由复合函数的单调性法则知h（x）在区间（-∞，0）上单调递减，显然在（0，+∞）上单调递增，故h（x）满足条件②．
Φ′（x）=-3x²+3x，xΦ′（x）=-3x³+3x²=-3x²（x-1），当x＞1时，xΦ′（x）＜0，故Φ（x）不满足条件②．
φ′（x）=e^x-1，xφ′（x）=x（e^x-1），满足条件②．
故由条件②可排除g（x）和Φ（x）；
由函数h（x）的单调性知：当x₁≠x₂，且h（x₁）=h（x₂）时，x₁x₂＜0，不妨设x₁＜0＜x₂．
则ln（-x₁+1）=2x₂，设F（x）=ln（x+1）-2x，x＞0．则F′（x）=$\frac{1}{x+1}-2=\frac{-2x-1}{x+1}$＜0，F（x）在（0，+∞）上是减函数，
所以F（x₂）＜F（0）=0，即ln（x₂+1）＜2x₂，即ln（x₂+1）＜ln（-x₁+1），所以x₂+1＜-x₁+1，即x₁+x₂＜0，故h（x）也满足条件③，所以h（x）是“偏对称函数”．
由φ（x）的单调性知当x₁≠x₂，且φ（x₁）=φ（x₂）时，x₁x₂＜0，不妨设x₁＜0＜x₂．
则${e}^{{x}_{1}}-{x}_{1}-1={e}^{{x}_{2}}-{x}_{2}-1$，-x₂＜0，φ（x₁）-φ（-x₂）=φ（x₂）-φ（-x₂）=${e}^{{x}_{2}}-{e}^{-{x}_{2}}-2{x}_{2}$．
令F（x）=e^x-e^-x-2x，F′（x）=${e}^{x}+{e}^{-x}-2≥2\sqrt{{e}^{x}•{e}^{-x}}-2=0$，当且仅当e^x=e^-x即x=0时，“=”成立，
所以F（x）在[0，+∞）上是增函数，所以F（x₂）＞F（0）=0，即φ（x₁）-φ（-x₂）＞0，所以φ（x₁）＞φ（-x₂），所以x₁＜-x₂，所以x₁+x₂＜0．所以φ（x）是“偏对称函数”．
故答案为：2

点评 本题主要是在新定义下考查函数的单调性与最值、导数的应用，属于难题