Question

已知函數(shù)f（x）=

1

x-a

+

λ

x-b

（a，b，λ為實常數(shù)）．
（1）若λ=-1，a=1．
①當(dāng)b=-1時，求函數(shù)f（x）的圖象在點(diǎn)（

2

，f（

2

））處的切線方程；
②當(dāng)b＜0時，求函數(shù)f（x）在[

1

3

，

1

2

]上的最大值．
（2）若λ=1，b＜a，求證：不等式f（x）≥1的解集構(gòu)成的區(qū)間長度D為定值．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切線斜率，由點(diǎn)斜式寫出切線方程，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)在定區(qū)間的最大值；
（2）根據(jù)一元二次不等式與二次函數(shù)的關(guān)系，通過分類討論兩根得出結(jié)論．

解答： 解 （1）①當(dāng)b=-1時，f（x）=

1

x-1

-

1

x+1

=

2

(x-1)(x+1)

，則f′（x）=

-4x

(x-1)2(x+1)2

，可得f′（

2

）=-4

2

，
又f（

2

）=2，故所求切線方程為y-2=-4

2

（x-

2

），即4

2

x+y-10=0．
②當(dāng)λ=-1時，f（x）=

1

x-1

-

1

x-b

，
則f′（x）=-

1

(x-1)2

+

1

(x-b)2

=

2(b-1)(x- b+1 2 )

(x-1)2(x-b)2

．
因為b＜0，則b-1＜0，且b＜

b+1

2

＜

1

2

故當(dāng)b＜x＜

b+1

2

時，f′（x）＞0，f（x）在（b，

b+1

2

）上單調(diào)遞增；
當(dāng)

b+1

2

＜x＜

1

2

時，f′（x）＜0，f（x）在（

b+1

2

，

1

2

）單調(diào)遞減．
（Ⅰ）當(dāng)

b+1

2

≤

1

3

，即b≤-

1

3

時，f（x）在[

1

3

，

1

2

]單調(diào)遞減，所以[f（x）]_max=f（

1

3

）=

9b-9

2-6b

；
（Ⅱ）當(dāng)

1

3

＜

b+1

2

＜

1

2

，即-

1

3

＜b＜0時，[f（x）]_max=f（

b+1

2

）=

4

b-1

．
綜上所述，[f（x）]_max=

4 b-1 ，- 1 3 ＜b＜0 9b-9 2-6b ，b≤- 1 3

（2）f（x）≥1即

1

x-a

+

1

x-b

≥1．…（*）
①當(dāng)x＜b時，x-a＜0，x-b＜0，此時解集為空集．
②當(dāng)a＞x＞b時，不等式（*）可化為 （x-a）+（x-b）≤（x-a）（x-b），
展開并整理得，x²-（a+b+2）x+（ab+a+b）≥0，
設(shè)g （x）=x²-（a+b+2）x+（ab+a+b），
因為△=（a-b）²+4＞0，所以g （x）有兩不同的零點(diǎn)，設(shè)為x₁，x₂（x₁＜x₂），
又g （a）=b-a＜0，g （b）=a-b＞0，且b＜a，
因此b＜x₁＜a＜x₂，
所以當(dāng)a＞x＞b時，不等式x²-（a+b+2）x+（ab+a+b）≥0的解為b＜x≤x₁．
③當(dāng)x＞a時，不等式（*）可化為 （x-a）+（x-b）≥（x-a）（x-b），
展開并整理得，x²-（a+b+2）x+（ab+a+b）≤0，
由②知，此時不等式的解為a＜x≤x₂
綜上所述，f（x）≥1的解構(gòu)成的區(qū)間為（b，x₁]∪（a，x₂]，
其長度為（x₁-b）+（x₂-a）=x₁+x₂-a-b=a+b+2-a-b=2．
故不等式f（x）≥1的解集構(gòu)成的區(qū)間長度D為定值2．

點(diǎn)評：本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、分類討論思想、解一元二次不等式．其中第（2）問涉及不常考的解一元二次不等式分類討論問題，注意比較a、b與兩根的大�。畬匐y題．