Question

已知函数f₁（x）=lg|x-p₁|，f₂（x）=lg（|x-p₂|+2）（x∈R，p₁，p₂为常数）
函数f（x）定义为对每个给定的实数x（x≠p₁），f(x)=

f1(x) f1(x)≤f2(x) f2(x) f2(x)≤f1(x)

（1）当p₁=2时，求证：y=f₁（x）图象关于x=2对称；
（2）求f（x）=f₁（x）对所有实数x（x≠p₁）均成立的条件（用p₁、p₂表示）；
（3）设a，b是两个实数，满足a＜b，且p₁，p₂∈（a，b），若f（a）=f（b）求证：函数f（x）在区间[a，b]上单调增区间的长度之和为

b-a

2

．（区间[m，n]、（m，n）或（m，n]的长度均定义为n-m）

Answer 1

分析：（1）当p₁=2时f₁（x）=lg|x-2|，证出f₁（2+x）=f₁（2-x）即可（命题出发点是因为|x-2|具有对称性）
（2）问题即为?x∈R，lg|x-p₁|≤lg（|x-p₂|+2），进一步得出|x-p₁|-|x-p₂|≤2，利用绝对值的几何意义得出|x-p₁|-|x-p₂|的最大值为|p₁-p₂|，所以p₁，p₂满足|p₁-p₂|≤2
（3）对|p₁-p₂|与2的大小关系分类，结合函数的性质综合分析证明．

解答：解：（1）当p₁=2时f₁（x）=lg|x-2|，∴f₁（2+x）=lg|2+x-2|=lg|x|，f₁（2-x）=lg|2-x-2|=lg|-x|∴f₁（2+x）=f₂（2-x），所以对称轴为x=2
（2）若对任意实数f（x）=f₁（x），∴?x∈R，f₁（x）≤f₂（x）均成立
即lg|x-p₁|≤lg（|x-p₂|+2），由对数的单调性可知|x-p₁|≤|x-p₂|+2均成立，∴|x-p₁|-|x-p₂|≤2，又∵|x-p₁|-|x-p₂|的最大值为|p₁-p₂|
所以p₁，p₂满足|p₁-p₂|≤2
（3）①当|p₁-p₂|≤2时，由（2）可知f（x）=f₁（x）=lg|x-p₁|
由（1）可知函数f（x）=f₁（x）关于x=p₁对称，由f（a）=f（b），可知p1=

a+b

2

而f1(x)=

lg(x-p1)(x＞p1) lg(p1-x)(x＜p1)

由单调性可知，单调增区间长度为b-

a+b

2

=

b-a

2

②当|p₁-p₂|＞2时，不妨设a＜p₁＜p₂＜b，即p₂-p₁＞2，
当x＜p₁时，f₁（x）=lg（p₁-x）＜lg（p₂-x）＜f₂（x），所以f（x）=f₁（x）
当x＞p₂时，f₁（x）=lg（x-p₁）=lg（x-p₂-+p₂-p₁）＞f₂（x），所以f（x）=f₂（x）
当p1＜x＜p2时，y=f₁（x）与y=f₂（x）图象交点的横坐标为x0=

p1+p2

2

+1
由（1）知f（x）=

f1(x)a≤x≤x0(x≠p1) f2(x)x0＜x≤b

故由y=f₁（x）与y=f₂（x）单调性可知，增区间长度之和为（x₀-p₁）+（b-p₂），由于f（a）=f（b），得p₁+p₂=a+b+2
所以(x0-p1)+(b-p2)=b-

p1+p2

2

+1=

b-a

2

．
当p₁＞p₂时，同理可证增区间长度之和仍为

b-a

2

．

点评：本题考查分段函数的意义，函数性质的证明及应用．考查逻辑思维、推理论证、化简计算等能力．