多个参数之和积的取值范围01

前言

这篇博文实际上应该命名为函数性质的综合运用更适合些。这类题目常常考查到函数的对称性，比如二次函数或绝对值函数或偶函数，同时常常考查绝对值型的复合函数的特有性质，比如 \(f(x)\)\(=\)\(|2^x-1|\) 或 \(g(x)\)\(=\)\(|lgx|\) 等。注意，以下的一些结论在综合题目中常常可以当成结论来使用的。需要我们平时有意识的储备。

常识积累

已知函数 \(f(x)=|2^x-1|\)，若互异的实数 \(a\)，\(b\) 满足方程 \(f(a)=f(b)\)，则 \(2^a+2^b=2\)。

分析：\(f(x)=|2^x-1|=\left\{\begin{array}{l}{2^x-1，x\geqslant 0}\\{1-2^x，x<0}\end{array}\right.\) 则由图可知，\(a<0\)，\(b>0\)

则\(f(a)=1-2^a\)，\(f(b)=2^b-1\)，由\(1-2^a=2^b-1\)，得到\(2^a+2^b=2\).

已知函数\(f(x)=|lgx|\)，若互异的实数\(a\)，\(b\)满足方程\(f(a)=f(b)\)，则\(ab=1\)。

分析：\(f(x)=|lgx|=\left\{\begin{array}{l}{lgx，x\geqslant 1}\\{-lgx，0<x<1}\end{array}\right.\) 则由图可知，\(0<a<1\)，\(b>1\)

则\(f(a)=-lga\)，\(f(b)=lgb\)，由\(f(a)=f(b)\)，得到\(-lga=lgb\)，

即\(lga+lgb=0\)，即\(lgab=0\)，则\(ab=1\)。

已知函数\(f(x)=|\ln x-1|\)，若互异的实数\(a\)，\(b\)满足方程\(f(a)=f(b)\)，则\(ab=e^2\)。

分析：\(f(x)=|\ln x-1|=\left\{\begin{array}{l}{\ln x-1，x\geqslant e}\\{1-\ln x，0<x<e}\end{array}\right.\) 则由图可知，\(0<a<e\)，\(b>e\)

则\(f(a)=1-\ln a\)，\(f(b)=\ln b-1\)，由\(f(a)=f(b)\)，得到\(1-\ln a=\ln b-1\)，

即\(\ln a+\ln b=2\)，即\(\ln ab=2\)，则\(ab=e^2\)。

已知函数\(f(x)=|x-1|\)，若互异的实数\(a\)，\(b\)满足方程\(f(a)=f(b)\)，则\(a+b=2\)。

分析：由图可知，函数的对称轴为\(x=1\)，故由\(f(a)=f(b)\)，可知\(\cfrac{a+b}{2}=1\)，则\(a+b=2\).

【引申1】已知函数 \(f(x)=|\ln(x-1)|-m\)，若函数有两个不同的零点 \(a\)，\(b\)，其中 \(a<b\)，则 \(a\)，\(b\) 满足什么关系？

结论：由于 \(m>0\)时函数才有两个零点，当 \(m>0\) 时，\(a=(\cfrac{1}{e})^m+1\)，\(b=e^m+1\)，\(ab-a-b=0\)

解析：结合函数的图象可知，\(1<a<2\)，\(b>2\)，且 \(f(a)=0\)，\(f(b)=0\)，

由 \(f(a)=|\ln(a-1)|-m\)，则有 \(-\ln(a-1)-m=0\)，即 \(-m=\ln(a-1)\)，\(a-1=e^{-m}=(\cfrac{1}{e})^m\)，即 \(a=(\cfrac{1}{e})^m+1\)；

由 \(f(b)=|\ln(b-1)|-m\)，则有 \(\ln(b-1)-m=0\)，即 \(m=\ln(b-1)\)，\(b-1=e^{m}\)，即 \(b=e^m+1\)；

故 \(ab-a-b=[(\cfrac{1}{e})^m+1](e^m+1)-(\cfrac{1}{e})^m-1-e^m-1=0\)，也即 \(ab=a+b\)；

【引申2】已知函数 \(f(x)=|\ln(x-1)|-m\)，若互异的实数 \(a\)，\(b\) 满足方程 \(f(a)=f(b)\)，则 \(ab=a+b\)。

解析：结合函数的图象，不妨令 \(a<b\)，则 \(1<a<2\)，\(b>2\)，且 \(f(a)=f(b)\)，注意此时不一定有 \(f(a)=0\)，

则由 \(f(a)=f(b)\) 可知，\(|\ln(a-1)|-m=|\ln(b-1)|-m\)，即 \(-\ln(a-1)-m=\ln(b-1)-m\)，

即 \(\ln(a-1)+\ln(b-1)=0\)，即 \(\ln(a-1)(b-1)=0\)，则有 \((a-1)(b-1)=e^0=1\)，

则 \(ab-a-b+1=1\)，故 \(ab=a+b\) ；

已知函数\(f(x)=x+\cfrac{1}{x}\)，若互异的实数\(a\)，\(b\)满足方程 \(f(a)=f(b)\)，则 \(ab=1\)。

分析：由\(f(a)=f(b)\)，可知 \(a+\cfrac{1}{a}=b+\cfrac{1}{b}\)，对此变形整理，得到：

\((a-b)(1-\cfrac{1}{ab})=0\)，由于 \(a-b\neq0\)，故 \(1-\cfrac{1}{ab}=0\)，则 \(ab=1\).

已知函数\(f(x)=|1-\cfrac{1}{x}|\) \((x>0)\)，若 \(0<a<b\) 且满足方程 \(f(a)=f(b)\)，则 \(\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=2\)。

解析：由\(f(a)=f(b)\)，即\(|1-\cfrac{1}{a}|=|1-\cfrac{1}{b}|\)，结合 \(f(x)\) 的图象可知，\(\cfrac{1}{2}<a<1<b\)，

故去掉绝对值符号，得到\(\cfrac{1}{a}-1=1-\cfrac{1}{b}\)，

故得到 \(\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=2\) .

〔解后反思〕：本题目的参数的范围可以精准确定为：\(\cfrac{1}{2}<a<1<b\)；本题目可以作为一个条件而生成另外一个题目，比如以下的题目：

已知函数 $f(x)$ $=$ $|1-\cfrac{1}{x}|$，若 $0$$<$$a$$<$$b$ 且满足方程 $f(a)$ $=$ $f(b)$ ，求 $4a+b$ 的最小值；

解法1️⃣：由\(f(a)=f(b)\)，即\(|1-\cfrac{1}{a}|=|1-\cfrac{1}{b}|\)，结合\(f(x)\)的图象可知，\(\cfrac{1}{2}<a<1<b\)，

去掉绝对值符号，则得到\(\cfrac{1}{a}-1=1-\cfrac{1}{b}\)，即有 \(\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=2\)，且 \(\cfrac{1}{2}<a<1<b\)，

则 \(4a+b=\cfrac{1}{2}\times 2 \times(4a+b)=\cfrac{1}{2}\times(\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b})\times(4a+b)\)

\(=\cfrac{1}{2}(4+1+\cfrac{b}{a}+\cfrac{4a}{b})\geqslant \cfrac{1}{2}(5+2\sqrt{4})=9\)，

当且仅当 \(\cfrac{b}{a}=\cfrac{4a}{b}\) 且 \(\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=2\) 时，

即 \(a=\cfrac{3}{4}\in(\cfrac{1}{2},1)\) 且 \(b=\cfrac{3}{2}\in(1,+\infty)\) 时取到等号；

故 \((4a+b)_{\min}=\cfrac{9}{2}\) .

解法2️⃣：[若用均值不等式求解验证了正、定、等的条件后，不要忘记再验证图形中的限制条件，如本题中 \(a\in(\cfrac{1}{2},1)\) 且 \(b\in(1,+\infty)\)，若不满足图形的限制条件，还可以采用变量集中的策略来求解]，

由 \(\cfrac{1}{a}\)\(+\)\(\cfrac{1}{b}\)\(=\)\(2\)，变形得到，\(b\)\(=\)\(\cfrac{a}{2a-1}\)，且\(\cfrac{1}{2}\)\(<\)\(a\)\(<\)\(1\)，

则 \(4a+b\)\(=\)\(4a\)\(+\)\(\cfrac{a}{2a-1}\)\(=\)\(4a\)\(+\)\(\cfrac{1}{2}\)\(\times\)\(\cfrac{a}{a-\frac{1}{2}}\)

\(=4a\)\(+\)\(\cfrac{1}{2}\)\(\times\)\(\cfrac{a-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}}{a-\frac{1}{2}}\)

\(=4a\)\(+\)\(\cfrac{1}{2}\)\(\times(1+\cfrac{\frac{1}{2}}{a-\frac{1}{2}})\)

\(=4a+\cfrac{\frac{1}{2}}{2a-1}+\cfrac{1}{2}\)

\(=4a-2+\cfrac{1}{4a-2}+\cfrac{5}{2}\)，

由于 \(\cfrac{1}{2}<a<1\)，则 \(0<4a-2<2\)，令 \(t=4a-2\)，即 \(0<t<2\)，上式变形为

\(4a+b=g(t)=t+\cfrac{1}{t}+\cfrac{5}{2}\)， \(0<t<2\)，\(g(t)\) 在 \((0,1]\) 上单调递减，在 \([1,2)\) 上单调递增，故

\(g(t)_{\min}=g(1)=2+\cfrac{5}{2}=\cfrac{9}{2}\) .

故 \((4a+b)_{\min}=\cfrac{9}{2}\) .

典例剖析

【2021届高三二轮复习用题】【共用对称中心】 已知函数\(f(x)\)\(=\)\(e^{x-1}\)\(-\)\(e^{1-x}\)\(+\)\(4\)， 若方程 \(f(x)\)\(=\)\(kx\)\(+\)\(4-k\) \((k>0)\) 有三个不同的实数根 \(x_{1}\)， \(x_{2}\)， \(x_{3}\)， 则 \(x_{1}\)\(+\)\(x_{2}\)\(+\)\(x_{3}\)=____________.

解析: 因为 \(y=e^{x}-e^{-x}\) 为奇函数， 而 \(f(x)\) 的图象可由函数 \(y=e^{x}-e^{-x}\) 的图象向右平移 \(1\) 个单位长度，再向上平移 \(4\) 个单位长度得到，所以 \(f(x)\) 的图象关于点 \((1, 4)\) 对称，

而 \(y=kx+4-k=k(x-1)+4\) 所表示的直线也关于点 \((1，4)\) 对称，

所以方程 \(f(x)=kx+4-k\) 的三个根 \(x_{1}\)， \(x_{2}\)， \(x_{3}\) 中有一个为 \(1\)，且另外两个之和为 \(2\) ，所以 \(x_{1}+x_{2}+x_{3}=3\).

(2017凤翔中学高三理科数学第二次月考第11题)已知函数\(f(x)=\begin{cases}2^{|x|}+1，&x\leq 2\\-\cfrac{1}{2}x+6，&x>2\end{cases}\)，若\(a，b，c\)互不相等，且满足\(f(a)=f(b)=f(c)\)，则\(a+b+c\)的取值范围是【\(\qquad\)】

$A.(5，6)$ $B.(2，8)$ $C.(1，10)$ $D.(0，10)$

分析：作出题目的函数图像，不妨设\(a < b < c\)，由图像可知第一段为偶函数，故必然满足\(a+b=0\)

让水平直线从\(y=2\)变化到\(y=5\)这两个极限位置，

当\(y=2\)时，\(c=8\)，当\(y=5\)时，\(c=2\)，

当然这两个极限位置都不能取到，故\(a+b+c\)的取值范围是\((2，8)\)。

反思：1、本题目容易这样错解，由图像得到\(-2< a <0\)，\(0< b <2\)，\(2< c <8\)；三个同向不等式相加得到\(0< a+b+c <10\)，

错解原因：由于受条件\(f(a)=f(b)=f(c)\)的限制，\(a，b，c\)的取值是有关联的，故把它们先拆分再相加的解法是错的。

2、再比如我们知道\(-1\leq sin\theta\leq 1\)，\(-1\leq cos\theta\leq 1\)，但是不能得到\(-2\leq sin\theta+cos\theta\leq 2\)，

而是变形得到\(sin\theta+cos\theta=sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)。

【2019凤翔中学高三理科数学资料用题】已知函数\(f(x)=\begin{cases}|lgx|，&0<x\leq 10\\-\cfrac{1}{2}x+6，&x>10\end{cases}\)，若\(a，b，c\)互不相等，且满足\(f(a)=f(b)=f(c)\)，则\(abc\)的取值范围是【\(\qquad\)】

$A.(1，10)$ $B.(5，6)$ $C.(10，12)$ $D.(20，24)$

分析：做出函数的大致图像，

不妨设\(a<b<c\)，由题目\(f(a)=f(b)=f(c)\)，

则\(|lga|=|lgb|\)，即\(-lga=lgb\)，即\(lga+lgb=0\)，

故\(ab=1\)，又由图可知，\(10<c<12\)，

故\(abc\in (10，12)\)，故选\(C\)。

已知函数\(f(x)=\begin{cases}-4x^2+4x，&0\leq x<1\\log_{2013}\;x，&x>1\end{cases}\)，若\(a，b，c\)互不相等，且满足\(f(a)=f(b)=f(c)\)，则\(a+b+c\)的取值范围是【\(\qquad\)】

$A.(2，2014)$ $B.(2，2015)$ $C.(3，2014)$ $D.(3，2015)$

分析：当\(0\leq x <1\)时，\(f(x)=-4(x-\cfrac{1}{2})^2+1\)，

可得\(f(x)\in[0，1]\)，当\(x >1\)时，\(f(x)=log_{2013}\;x>0\)，

在同一个坐标系作出图像如图所示，不妨设\(a < b < c\)，

则由二次函数的对称性可知$ a+b=1 $；又由\(0< log_{2013}\;c <1\)，解得\(1< c <2013\)，

故\(2< a+b+c <2014\)，选A。

【2017•聊城模拟】若函数\(f(x)=\begin{cases}-2x，&x\leq 0\\-x^2+x，&x>0\end{cases}\)，且关于\(x\)的方程\(f(x)＝a\)恰有三个互不相等的实数根\(x_1，x_2，x_3\)，则\(x_1x_2x_3\)的取值范围是【\(\qquad\)】

$A.(-\cfrac{1}{32}，0)$ $B.(-\cfrac{1}{16}，0)$ $C.(0，\cfrac{1}{32})$ $D.(0，\cfrac{1}{16})$

分析：如图所示，当\(x >0\)时，\(f(x)=-x^2+x=-(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{1}{4}\leq \cfrac{1}{4}\)，

当直线\(y=a\)和\(y=f(x)\)有三个交点时，\(0< a <\cfrac{1}{4}\)，

不妨设\(x_1< x_2< x_3\)，则由\(a=-2x_1\)，可得\(x_1=-\cfrac{a}{2}\)；

当\(\left\{\begin{array}{l}{-x_2^2+x_2=a}\\{-x_3^2+x_3=a}\end{array}\right.\)时，则说明方程\(-x^2+x=a\)，即方程\(x^2-x+a=0\)的两个根是\(x_2，x_3\)，

故\(x_2x_3=a\)，则\(x_1x_2x_3=-\cfrac{a^2}{2}\in(-\cfrac{1}{32}，0)\)，故选\(A\)。

已知函数 \(f(x)=\begin{cases}|2x+1|，&x<1\\log_2(x-m)，&x>1\end{cases}\)，若\(f(x_1)=f(x_2)=f(x_3)\)(\(x_1，x_2，x_3\)互不相等)，且 \(x_1+x_2+x_3\) 的取值范围为 \((1，8)\)，则实数\(m\)的值为__________

分析：做出函数图像如图所示，不妨设\(x_1<x_2<x_3\) ，则由图可知，\(x_1+x_2=-1\)，

又题目已知\(1< x_1+x_2+x_3 <8\)，故\(2< x_3<9\)，上下平移图中的虚线可得，点\(A\)的坐标为\((9，3)\)，

从而代入解析式得到，\(3=log_2(9-m)\)，解得m=1。

或者由\(2<x_3<9\)可知图像必过点\((2，0)\)，代入同样可解得\(m=1\)。

延申阅读

• 多个参数之和积的取值范围02