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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.
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,
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.
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