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），
（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．（区间[m，n]、（m，n）或（m，n]的长度均定义为n-m）

Answer

（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．
【解析】
（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
而由单调性可知，单调增区间长度为
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=
由（1）知f（x）=
故由y=f1（x）与y=f2（x）单调性可知，增区间长度之和为（x-p1）+（b-p2），由于f（a）=f（b），得p1+p2=a+b+2
所以=．
当p1＞p2时，同理可证增区间长度之和仍为．