2009-陕西卷理-12 单-函数

本题导读

本题考查函数的奇偶性、函数单调性的定义与判定，以及相关运算的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2009年陕西卷(理)） 定义在 $\mathbb{R}$ 上的偶函数 $f(x)$ 满足：对任意的 $x_1,x_2\in (-\infty ,0](x_1\ne x_2)$，有 $(x_2-x_1)(f(x_2)-f(x_1))>0$．则当 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 时，有 ()

A. $f(-n)<f(n-1)<f(n+1)$　　　　B. $f(n-1)<f(-n)<f(n+1)$

C. $f(n+1)<f(-n)<f(n-1)$　　　　D. $f(n+1)<f(n-1)<f(-n)$

🔍【思路分析】

破题导航

1. 判定单调性：根据条件 $(x_2-x_1)(f(x_2)-f(x_1))>0$ 可知自变量的变化方向与函数值的变化方向相同，从而确定 $f(x)$ 在 $(-\infty ,0]$ 上的单调性。

2. 区间转化：利用偶函数性质 $f(x)=f(-x)=f(|x|)$，将所比较的三个函数值的自变量全部加绝对值，转化到 $[0,+\infty )$ 这一对称区间内。

3. 比较自变量大小：比较 $|-n|,|n-1|,|n+1|$ 的大小，结合对称区间的单调性得出对应的函数值大小关系。

✅【答案】

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C

✍【详细解析】

Abstract

因为对任意的 $x_1,x_2\in (-\infty ,0]$ 且 $x_1\ne x_2$，恒有 $\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}>0$， 所以偶函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,0]$ 上是单调递增函数。 根据偶函数的对称性可知，$f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上是单调递减函数。

对于任意的 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，将三个函数值的自变量通过偶函数性质转化到正半轴或原点： $f(-n)=f(n)$， $f(n-1)=f(|n-1|)$， $f(n+1)=f(|n+1|)$。

因为 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，显然有： $0\le n-1<n<n+1⟹|n-1|<n<n+1$ 由于 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递减，自变量越大，函数值越小， 所以有 $f(n+1)<f(n)<f(n-1)$， 即 $f(n+1)<f(-n)<f(n-1)$。 故选 C

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：不等式乘积形式 $(x_2-x_1)(f(x_2)-f(x_1))>0$ 与单调递增的等价转换；偶函数在对称区间单调性相反的性质。

2. 核心方法：利用 $f(x)=f(|x|)$ 把所有自变量强制挂上绝对值，可以免去对单调性正负区间翻转的直观发散思考，直接化为一维的距离比较。

3. 避坑指南：极易在转化为正半轴单调性时，由于遗忘“左增右减”的相反规律而选错方向。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题是基于函数基本性质（单调性与奇偶性）互推模型的经典高考选择题压轴题。

2. 结论推广: 一般地，若偶函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,0]$ 上单调递增（或在 $[0,+\infty )$ 上单调递减），则对任意实数 $a,b$，有 $f(a)<f(b)⟺|a|>|b|$。本题中由于 $|n+1|>|-n|>|n-1|$ 明显成立，直接套用此结论可瞬间锁定 $f(n+1)<f(-n)<f(n-1)$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2011-上海卷文-03 填-反函数求值
• 2011-上海卷文-14 填-周期函数值域
• 2011-上海卷文-15 单-偶函数单调性