Question

已知函数f（x）=

1

x-a

+

λ

x-b

（a，b，λ为实常数）．
（1）若λ=-1，a=1．
①当b=-1时，求函数f（x）的图象在点（

2

，f（

2

））处的切线方程；
②当b＜0时，求函数f（x）在[

1

3

，

1

2

]上的最大值．
（2）若λ=1，b＜a，求证：不等式f（x）≥1的解集构成的区间长度D为定值．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式写出切线方程，利用导数求出函数在定区间的最大值；
（2）根据一元二次不等式与二次函数的关系，通过分类讨论两根得出结论．

解答： 解 （1）①当b=-1时，f（x）=

1

x-1

-

1

x+1

=

2

(x-1)(x+1)

，则f′（x）=

-4x

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

，可得f′（

2

）=-4

2

，
又f（

2

）=2，故所求切线方程为y-2=-4

2

（x-

2

），即4

2

x+y-10=0．
②当λ=-1时，f（x）=

1

x-1

-

1

x-b

，
则f′（x）=-

1

(x-1)2

+

1

(x-b)2

=

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

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

．
因为b＜0，则b-1＜0，且b＜

b+1

2

＜

1

2

故当b＜x＜

b+1

2

时，f′（x）＞0，f（x）在（b，

b+1

2

）上单调递增；
当

b+1

2

＜x＜

1

2

时，f′（x）＜0，f（x）在（

b+1

2

，

1

2

）单调递减．
（Ⅰ）当

b+1

2

≤

1

3

，即b≤-

1

3

时，f（x）在[

1

3

，

1

2

]单调递减，所以[f（x）]_max=f（

1

3

）=

9b-9

2-6b

；
（Ⅱ）当

1

3

＜

b+1

2

＜

1

2

，即-

1

3

＜b＜0时，[f（x）]_max=f（

b+1

2

）=

4

b-1

．
综上所述，[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当x＜b时，x-a＜0，x-b＜0，此时解集为空集．
②当a＞x＞b时，不等式（*）可化为 （x-a）+（x-b）≤（x-a）（x-b），
展开并整理得，x²-（a+b+2）x+（ab+a+b）≥0，
设g （x）=x²-（a+b+2）x+（ab+a+b），
因为△=（a-b）²+4＞0，所以g （x）有两不同的零点，设为x₁，x₂（x₁＜x₂），
又g （a）=b-a＜0，g （b）=a-b＞0，且b＜a，
因此b＜x₁＜a＜x₂，
所以当a＞x＞b时，不等式x²-（a+b+2）x+（ab+a+b）≥0的解为b＜x≤x₁．
③当x＞a时，不等式（*）可化为 （x-a）+（x-b）≥（x-a）（x-b），
展开并整理得，x²-（a+b+2）x+（ab+a+b）≤0，
由②知，此时不等式的解为a＜x≤x₂
综上所述，f（x）≥1的解构成的区间为（b，x₁]∪（a，x₂]，
其长度为（x₁-b）+（x₂-a）=x₁+x₂-a-b=a+b+2-a-b=2．
故不等式f（x）≥1的解集构成的区间长度D为定值2．

点评：本题考查了导数的应用、分类讨论思想、解一元二次不等式．其中第（2）问涉及不常考的解一元二次不等式分类讨论问题，注意比较a、b与两根的大小．属难题．