Question

已知函数f1(x)=3|x-t1|，f2(x)=2•3|x-t2|（x∈R，t₁，t₂为常数），函数f（x）定义为：对每一个给定的实数x，f(x)=

f1(x) f1(x)≤f2(x) f2(x) f1(x)＞f2(x)

，
（1）求证：当t₁，t₂满足条件|t1-t2|≤lo

g

2

3时，对于x∈R，f（x）=f₁（x）；
（2）设a，b是两个实数，满足a＜b，且t₁，t₂∈（a，b），若f（a）=f（b），求函数f（x）在区间[a，b]上的单调递增区间的长度之和．（闭区间[m，n]的长度定义为n-m）

Answer 1

考点：分段函数的应用

专题：函数的性质及应用

分析：（1）根据函数f（x）的定义，确定当t₁，t₂满足条件|t1-t2|≤lo

g

2

3时，f₁（x）≤f₂（x）成立；
（2）根据区间长度的定义，进行求解即可．

解答： 解：（1）由f（x）的定义可知，f（x）=f₁（x）（对所有实数x）等价于f₁（x）≤f₂（x）（对所有实数x）这又等价于3|x-t1|≤2•3|x-t2|，即3|x-t1|-|x-t2|≤3log32=2对所有实数x均成立．（*）

由于|x-t₁|-|x-t₂|≤|（x-t₁）-（x-t₂）|=|t₁-t₂|（x∈R）的最大值为|p₁-p₂|，
故（*）等价于3|t1-t2|≤2，即|t₁-t₂|≤log₃2，
所以当|t₁-t₂|≤log₃2时，f（x）=f₁（x）
（2）分两种情形讨论
（i）当|t₁-t₂|≤log₃2时，由（1）知f（x）=f₁（x）（对所有实数x∈[a，b]）
则由f（a）=f（b）及a＜t₁＜b易知t1=

a+b

2

，
再由f1(x)=

3t1-x，x＜t1 3x-t1，x≥t1

的单调性可知，
函数f（x）在区间[a，b]上的单调增区间的长度
为b-

a+b

2

=

b-a

2

（参见示意图1）
（ii）|t₁-t₂|＞log₃2时，不妨设t₁＜t₂，则t₂-t₁＞log₃2，于是
当x≤t₁时，有f1(x)=3t1-x＜3t2-x＜f2(x)，从而f（x）=f₁（x）；
当x≥t₂时，有f1(x)=3x-t1=3t2-t1+x-t2=3t2-t1•3x-t2＞3log32•3x-t2=f2(x)
从而 f（x）=f₂（x）；
当t₁＜x＜t₂时，f1(x)=3x-t1，及f2(x)=2•3t2-x，由方程3x-t1=2•3t2-x
解得f₁（x）与f₂（x）图象交点的横坐标为x0=

t1+t2

2

+

1

2

log32（1）
显然t1＜x0=t2-

1

2

[(t2-t1)-log32]＜t2，
这表明x₀在t₁与t₂之间．由（1）易知f(x)=

f1(x) f2(x)

，

t1≤x≤x0 x0＜x≤t2

综上可知，在区间[a，b]上，f(x)=

f1(x) f2(x)

，

a≤x≤x0 x0＜x≤b

（参见示意图2）
故由函数f₁（x）及f₂（x）的单调性可知，f（x）在区间[a，b]上的单调增区间的长度之和为（x₀-t₁）+（b-t₂），由于f（a）=f（b），即3t1-a=2•3b-t2，得t₁+t₂=a+b+log₃2（2）
故由（1）、（2）得  (x0-t1)+(b-t2)=b-

1

2

[t1+t2-log32]=

b-a

2

综合（i）（ii）可知，f（x）在区间[a，b]上的单调增区间的长度和为

b-a

2

．

点评：本题主要考查对数函数的性质的应用，以及与函数有关的运算，综合性较强，难度较大．