多个参数之和积的取值范围

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。

常识积累

例1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{egin{array}{l}{2^x-1，xgeqslant 0}\{1-2^x，x<0}end{array} ight.) 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).

例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{egin{array}{l}{lgx，xgeqslant 1}\{-lgx，0<x<1}end{array} ight.) 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)。

例3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).

典例剖析

例1(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)=egin{cases}2^{|x|}+1，&xleq 2\-cfrac{1}{2}x+6，&x>2end{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【 】

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

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(-1leq sin hetaleq 1)，(-1leq cos hetaleq 1)，但是不能得到(-2leq sin heta+cos hetaleq 2)，

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

例2【2019凤翔中学高三理科数学资料用题】已知函数(f(x)=egin{cases}|lgx|，&0<xleq 10\-cfrac{1}{2}x+6，&x>10end{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【 】

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

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(abcin (10，12))，故选(C)。

例3已知函数(f(x)=egin{cases}-4x^2+4x，&0leq x<1\log_{2013};x，&x>1end{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【 】

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

分析：当(0leq 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。

例4【2017•聊城模拟】若函数(f(x)=egin{cases}-2x，&xleq 0\-x^2+x，&x>0end{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【】

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

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{egin{array}{l}{-x_2^2+x_2=a}\{-x_3^2+x_3=a}end{array} ight.)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)。

例5已知函数(f(x)=egin{cases}|2x+1|，&x<1\log_2(x-m)，&x>1end{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)。

例6【2018广东中山期末】已知(cfrac{1}{3}leq k<1)，函数(f(x)=|2^x-1|-k)的零点分别为(x_1)、(x_2)，((x_1<x_2))，函数(g(x)=|2^x-1|-cfrac{k}{2k+1})的零点分别为(x_3)、(x_4)，((x_3<x_4))，则(x_4+x_2-(x_3+x_1))的最小值为【】

$A.1$ $B.log_23$ $C.log_26$ $D.4$

【法1】：函数(f(x))的零点问题，转化为函数(y=|2^x-1|)与(y=k)的图像交点的横坐标问题，同理，函数(g(x))的零点问题，转化为函数(y=|2^x-1|)与(y=cfrac{k}{2k+1})的图像交点的横坐标问题，

又由于(y=cfrac{k}{2k+1}=cfrac{1}{2+frac{1}{k}})，在(kin [cfrac{1}{3}，1))上单调递增，即当(k)的取值从(cfrac{1}{3})增大到(1)时，(cfrac{k}{2k+1})的取值对应的从(cfrac{1}{5})增大到(cfrac{1}{3})，

做出如下的图像，从图像入手分析，当(y=k)向上平移时，(x_2-x_1)逐渐增大，同理对应的(x_4-x_3)逐渐增大，所以要使得(x_4+x_2-(x_3+x_1))取到最小值，则需要(x_4-x_3)和(x_2-x_1)同时取到最小值，此时(k=cfrac{1}{3})，同时对应的有(cfrac{k}{2k+1}=cfrac{1}{5})；

此时，(|2^{x_2}-1|=cfrac{1}{3})，即(2^{x_2}-1=cfrac{1}{3})，解得(x_2=log_2cfrac{4}{3})，又(|2^{x_1}-1|=cfrac{1}{3})，即(1-2^{x_1}=cfrac{1}{3})，解得(x_1=log_2cfrac{2}{3})，

同理对应的有(|2^{x_4}-1|=cfrac{1}{5})，即(2^{x_4}-1=cfrac{1}{5})，解得(x_4=log_2cfrac{6}{5})，又(|2^{x_3}-1|=cfrac{1}{5})，即(1-2^{x_3}=cfrac{1}{5})，解得(x_3=log_2cfrac{4}{5})，

故此时([x_4+x_2-(x_3+x_1)]_{min}=(log_2cfrac{6}{5}-log_2cfrac{4}{5})+(log_2cfrac{4}{3}-log_2cfrac{2}{3})=log_23)，故选(B)。

【法2】：由题可知，(2^{x_2}-1=k)，(1-2^{x_1}=k)，

故有(2^{x_2}=k+1)，(2^{x_1}=1-k)，则(2^{x_2-x_1}=cfrac{1+k}{1-k})；

同理，(2^{x_4}=1+cfrac{k}{2k+1}=cfrac{3k+1}{2k+1})，(2^{x_3}=1-cfrac{k}{2k+1}=cfrac{k+1}{2k+1})，

则(2^{x_4-x_3}=cfrac{3k+1}{k+1})；则(2^{x_4-x_3}cdot 2^{x_2-x_1}=cfrac{3k+1}{k+1}cdot cfrac{1+k}{1-k}=cfrac{3k+1}{1-k})，

又(cfrac{3k+1}{1-k}=cfrac{-(-3k+3)+4}{1-k}=-3+cfrac{4}{1-k})，

由于(cfrac{1}{3}leq k<1)，则(0<1-kleq cfrac{2}{3})，则(cfrac{4}{1-k}ge 6)，则(-3+cfrac{4}{1-k}ge 3)，

即(2^{(x_4-x_3)+(x_2-x_1)}ge 3)，则((x_4-x_3)+(x_2-x_1)ge log_23)，故选(B)。

解后反思：1、本题目还可以使用直接求解的方法，待后补充；比如(2^{x_1}+2^{x_2}=2)；

则可以得到(2ge 2cdot sqrt{2^{x_1}cdot 2^{x_2}})；则(sqrt{2^{x_1+x_2}}leq 1)，即(2^{x_1+x_2}leq 1)，则(x_1+x_2leq 0)；

2、比如将条件更改为(cfrac{1}{3}leq kleq cfrac{4}{5})，那么用相应的思路和方法，可以求解(x_4+x_2-(x_3+x_1))的取值范围；

例7【2020届凤翔中学高三理科月考一第16题】已知函数(f(x)=left{egin{array}{l}{|log_2x|，0<x<2}\{sin(frac{pi}{4})x，2leqslant xleqslant 10,}end{array} ight.quad)若存在实数(x_1,) (x_2,)(x_3,) (x_4)，满足(x_1)(<x_2)(<x_3)(<x_4)，且(f(x_1)=f(x_2)=f(x_3)=f(x_4))，则(cfrac{x_3+x_4}{x_1x_2})的值为_____________。

分析：做出示意图如下所示，

由图可知，(x_1in (0,1))，(x_2in (1,2))，又由(f(x_1)=f(x_2))，即(|log_2x_1|=|log_2x_2|)，

即(-log_2x_1=log_2x_2)，即(log_2x_1+log_2x_2=0)，则(log_2x_1x_2=0)，即(x_1x_2=1)；

又第二段函数图像关于直线(x=6)对称，即(x_3,x_4)关于直线(x=6)对称，

故有(x_3+x_4=2 imes 6=12)；故(cfrac{x_3+x_4}{x_1x_2}=12)；

例8【2020届凤翔中学高三文科题】已知函数(f(x)=left{egin{array}{l}{|sinx|，xin[-pi,pi]}\{lgx，xin(pi,+infty),}end{array} ight.quad)实数(x_1,) (x_2,)(x_3,) (x_4),(x_5)是方程(f(x)=m)的五个不等实数根，则(x_1+x_2+x_3+x_4+x_5)的取值范围是【】

$A.(0,pi)$ $B.(pi,10)$ $C.(lgpi,1)$ $D.[-pi,pi]$

分析：做出函数的图像，不妨设从左到右的五个实数根依次为是(x_1,) (x_2,)(x_3,) (x_4),(x_5)，由图像可知，

(x_1)和(x_2)关于直线(x=-cfrac{pi}{2})对称， (x_3)和(x_4)关于直线(x=cfrac{pi}{2})对称，则(x_1+x_2+x_3+x_4=0)，

且(pi<x_5<10)，故(x_1+x_2+x_3+x_4+x_5in (pi,10))，故选(B).

例8【2017湖南常德模拟】设函数(f(x)=|x^2-2x-1|)，若(m>n>1)，且(f(m)=f(n))，则(mn)的取值范围是【】

$A.(3,3+2sqrt{2})$ $B.(3,3+2sqrt{2}]$ $C.(1,3)$ $D.(1,3]$

法1：自行做出函数的图像，由(m>n>1)可知，(f(m)=|m^2-2m-1|=m^2-2m-1)，

(f(n)=|n^2-2n-1|=-n^2+2n+1)，

又由于(f(m)=f(n))，则(m^2-2m-1=-n^2+2n+1)，

即(m^2+n^2-2m-2n-2=0)，即((m-1)^2+(n-1)^2=4=2^2)，

则(m=1+2cos heta)，(n=1+2sin heta)，( hetain (0,cfrac{pi}{4}))，

[对角( heta)范围的说明:由(m>n>1)，得到(1+2cos heta>1+2sin heta>1)，即(cos heta>sin heta>0)，故(0< heta<cfrac{pi}{4})]

则(mn=(1+2cos heta)(1+2sin heta)=1+2(cos heta+sin heta)+4sin hetacos heta)

令(t=sin heta+cos heta)，则(2sin hetacos heta=t^2-1)

且(t=sin heta+cos heta=sqrt{2}sin( heta+cfrac{pi}{4})in (1,sqrt{2}))，

所以(mn=2t^2+2t-1=g(t))，(tin (1,sqrt{2}))，

当(t=1)时，(mn)的最小值的极限，即(g(t))最小值的极限为(g(1)=3)，

当(t=sqrt{2})时，(mn)的最大值的极限，即(g(t))最大值的极限为(g(sqrt{2})=3+2sqrt{2})，

故(mnin (3，3+2sqrt{2}))，故选(A);

法2：用图形说明，由上述的动图，我们容易知道(1<n<1+sqrt{2})，(1+sqrt{2}<m<3)，

但是由同向不等式性质，得到(1 imes(1+sqrt{2})<mn<3 imes(1+sqrt{2}))却是错误的，

[原因是所作的直线始终要和(x)轴平行，故(n ightarrow 1)时，(m ightarrow 3)，而不是(m ightarrow 1+sqrt{2})]

如果要用乘法，也应该是(1 imes 3)和((1+sqrt{2}) imes (1+sqrt{2})=3+2sqrt{2})

但是这个做法有凑答案之嫌，故最合理的做法是上述的法1；

解后反思：深入思考法1的解法，我们发现本题目还可以用来做这样的考查；

①求(m+n)的取值范围；

②求((m-1)(n-1))的取值范围；