多个参数之和积的取值范围02

前情概要

本博文是从多个参数之和积的取值范围01中分离出来的，想让学生一看到标题就知道其内容，但是实在不知道起个什么名字合适，暂时还用这个名字吧，其实解决的问题是类似于已知 \(f(a)=f(b)=f(c)\)，而求解 \(x_1+x_2+x_3+x_4\) 之类的取值范围的问题。要是细细分析还是涉及函数性质的综合应用的。

常用结论

✍️ 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 \(2^a+2^b=2\)。

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

✍️ 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\(ab=e^2\)。

✍️ 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\(a+b=2\)。

✍️ 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 \(ab=a+b\)。

✍️ 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 \(ab=1\)。

✍️ 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 \(\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=2\)。

• 以上常用的结论需要各位理解并记忆，具体推理过程，请参阅 多个参数之和积的取值范围01，在此不再赘述 .

典例剖析

【2025届高三数学月考二用题】【多选题】设函数 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l}\cfrac{1}{2}x^2+2x+2, &x \leq 0, \\|\ln x|, &x>0,\end{array}\right.\) 若关于 \(x\) 的方程 \(f(x)=a\) 有四个不同的解 \(x_1\)、\(x_2\)、\(x_3\)、\(x_4\)，且 \(x_1\)\(<\)\(x_2\)\(<\)\(x_3\)\(<\)\(x_4\)，则 【\(\qquad\)】

$A.x_1x_2 > 4$ $B.0 < a \leq 2$ $C.2 < x_3+x_4 \leq e^2+\cfrac{1}{e^2}$ $D.1 < x_4 < e^2$

解析：做出图象，由图可知，左边的二次函数对称轴为 \(x=-2\)，故可以得到 \(x_1+x_2=-4\)；又由于 \(f(x_3)=f(x_4)\)，且有 \(0<x_3<2<x_4\)，则 \(|\ln x_3|=|\ln x_4|\)，即 \(-\ln x_3=\ln x_4\)，则 \(\ln x_3+\ln x_4=0\)，由此得到，\(x_3\cdot x_4=1\)，这些由上述的数学常识页可以快速得到。

由动态图象可知，\(0<a\leqslant 2\)，故选项 \(B\) 正确，当 \(a=2\)时，\(x_1=-4\)，\(x_2=0\)，\(x_3=e^{-2}\)，\(x_4=e^2\)，故选项 \(A\)，\(D\) 错误，当将动态的直线从 \(y=0\) 的位置拉到 \(y=2\) 的位置，可知 \(2<x_3+x_4\leq e^2+\cfrac{1}{e^2}\)，故选项 \(C\) 正确，综上，选 \(BC\) .

本题目做记录的用意，是为了防止这样的错误【高频易错】：将动态直线从 \(y=0\) 拉到 \(y=2\) 的位置过程中，可知单独的参数 \(\cfrac{1}{e^2}\)\(\leqslant\)\(x_3\)\(<\)\(1\)，\(1\)\(<\)\(x_4\)\(\leqslant\)\(e^2\)，这样的表达是正确的，但是若要计算 \(x_3\)\(+\)\(x_4\) 的范围，却不能使用刚才的同向不等式相加得到，即 \(1\)\(+\)\(\cfrac{1}{e^2}\)\(<\)\(x_3\)\(+\)\(x_4\)\(<\)\(1\)\(+\)\(e^2\) 是错误的，原因是她们变化过程中必须时刻满足 \(x_3\)\(\cdot\)\(x_4\)\(=\)\(1\)，故 \(x_3\)\(+\)\(x_4\) 的最小值极限为 \(1\)\(+\)\(1\)\(=\)\(2\)，最大值为 \(e^2\)\(+\)\(\cfrac{1}{e^2}\)，故选项 \(C\) 是正确的，同样的例子还有，\(-1\)\(\leqslant\)\(\sin\theta\)\(\leqslant\)\(1\)，\(-1\)\(\leqslant\)\(\cos\theta\)\(\leqslant\)\(1\)，都是正确的，但是\(-2\)\(\leqslant\)\(\sin\theta\)\(+\)\(\cos\theta\)\(\leqslant\)\(2\) 却是错误的，原因是她们必须始终满足条件 \(\sin^2\theta\)\(+\)\(\cos^2\theta\)\(=\)\(1\)，心里清楚的学生到此已经知道，\(\sin\theta\)\(+\)\(\cos\theta\)\(=\)\(\sqrt{2}\)\(\sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\)，故应该是 \(-\sqrt{2}\)\(\leqslant\)\(\sin\theta\)\(+\)\(\cos\theta\)\(\leqslant\)\(\sqrt{2}\) . 关联阅读辅助角公式 和 换元法；

【2021届高三数学跟踪训练5】若 \(x_{1}\) 满足 \(2x+2^{x}=5\)， \(x_{2}\) 满足 \(2x+2\log _{2}(x-1)=5\)， 求 \(x_{1}+x_{2}\)的值；

解析: 而言，由题意可知 \(2x_{1}+2^{x_{1}}=5\)①， \(2x_{2}+2\log _{2}(x_{2}-1)=5\)②，

由①式可得 \(2^{x_1}=5-2x_{1}\)，则指数式化为对数式得到 \(x_{1}=\log_{2}(5-2x_{1})\)，

即 \(2x_{1}=2\log_{2}(5-2x_{1})\)， 令\(2x_{1}=7-2t\)此处的变形技巧性很强，为什么这样设元，原因是既要照顾到\(2x_1\)，还要考虑变形后要和②式一模一样，故此处的操作技巧型太强了\(\quad\)，

代入上式得 \(7-2t\)\(=\)\(2\log_{2}[5-(7-2t)]\)

\(=\)\(2\log_{2}(2t-2)\)\(=\)\(2[1+log_{2}(t-1)]\)\(=\)\(2+2\log_{2}(t-1)\)，

则 \(5-2t=2\log_{2}(t-1)\)，即 \(2t+2\log_{2}(t-1)=5\)， 与②式比照得到 \(t=x_{2}\)，

于是 \(2x_{1}=7-2x_{2}\)，即 \(x_{1}+x_{2}=3.5\)，

【2021届黄冈八模测试卷一第12题】已知函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}xlnx,&x>0\\x+1,&x\leqslant0\end{array}\right.，\) 若\(x_1\neq x_2\)，且\(f(x_1)\)\(=\)\(f(x_2)\)，则\(|x_1-x_2|\)的最大值为【\(\qquad\)】

$A.1$ $B.\sqrt{2}$ $C.2$ $D.2\sqrt{2}$

解析：首先做出函数 \(y=f(x)\) 的图像，注意分段函数\(y=x\cdot \ln x\)的图像的做法；用导数判断其单调性，在\((0,\cfrac{1}{e}]\)上单调递减，在\([\cfrac{1}{e},+\infty)\)上单调递增，用方程\(x\cdot \ln x=0\)求解函数的零点\(x=0\)和\(x=1\)；\(\quad\)

则直线 \(y=k\) 和函数 \(y=f(x)\) 的交点的横坐标分别为 \(x_1\) 和 \(x_2\) ，

则原问题转化为求线段 \(|x_1x_2|\) 的长度的最大值[视角1]；

由于直线 \(y=x+1\) 的倾斜角为固定角 \(\cfrac{\pi}{4}\)，

则可以将此距离转化为 \(x_2\) 到直线 \(y=x+1\) 的垂线段的长度[视角2]的 \(\sqrt{2}\) 倍；

而此长度又可以转化为曲线 \(y=x\cdot \ln x\) 上的动点到直线 \(y=x+1\) 的距离的最大值，

从而和导数建立关联已经掌握的类型；

设斜率为 \(1\) 的直线 \(y=x+m\) 和曲线 \(y=x\cdot \ln x\) 相切于点 \(P(x_0,y_0)\) ，

则由 \(\ln x_0+1=1\)，可得 \(x_0=1\) ，代入 \(y=x\cdot \ln x\) 求得 \(y_0=0\) ，故切点为 \((1,0)\) ；

则点 \((1,0)\) 到直线 \(y=x+1\) 的距离为 \(\sqrt{2}\) ，故所求的距离为 \(\sqrt{2}\times\sqrt{2}=2\) ，故选\(C\).

【2021届高三文科数学二轮复习】 已知函数 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l}|x+1|, &x\leqslant 0,\\ |\log _{2} x|, &x>0,\end{array}\right.\) 若方程 \(f(x)=a\) 有四个不同的解 \(x_{1}\)， \(x_{2}\)， \(x_{3}\)， \(x_{4}\)， 且 \(x_{1}<x_{2}<x_{3}<x_{4}\)， 则 \(x_{3}(x_{1}+x_{2})+\cfrac{1}{x_{3}^2 x_{4}}\) 的取值范围是 【\(\qquad\)】

$A.(-1,+\infty)$ $B.(-1,1]$ $C.(-\infty, 1)$ $D.[-1,1)$

解析： 作函数 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l}|x+1|, &x\leqslant 0,\\ |\log _{2} x|, &x>0,\end{array}\right.\) 的图象如下，

由于函数 \(y=|x+1|\) 关于直线 \(x=-1\) 对称，故由图可知， \(x_{1}+x_{2}=-2\)，

又由于 \(|log_2x_3|=|log_2x_4|\)，即 \(-log_2x_3=log_2x_4\) ，即\(log_2(x_3x_4)=0=log_21\)，则\(x_{3}x_{4}=1\)

故 \(x_{3}(x_{1}+x_{2})+\cfrac{1}{x_{3}^{2} x_{4}}=-2x_{3}+\cfrac{1}{x_3}\)，即所求转换为新函数 \(g(x_3)=-2x_{3}+\cfrac{1}{x_3}\)，

接下来需要确定函数的定义域，平移图中的直线，可以得到 \(0<|log_2x_3|\leqslant 1\)，

即 \(log_21<-log_2x_3\leqslant log_22\)，解得\(x_3\in [\cfrac{1}{2},1)\)，

到此，所求转化为求解函数 \(g(x_3)=-2x_{3}+\cfrac{1}{x_3}\)，\(x_3\in [\cfrac{1}{2},1)\)的值域问题；

由于函数 \(g(x_3)\)在区间 \([\cfrac{1}{2},1)\) 上是减函数，

故 \(-1<g(x_3)\leqslant 1\)，故选 \(B\).

解后反思：也有学生由图像能得到，\(x_1<-1\)，\(-1<x_2\leqslant 0\)，\(0<x_3<1\)，\(x_4>1\)，

但是这只是对函数的图像的表象的认知，对函数的本质的特性没有挖掘出来，比如对称性。

已知函数 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l}x-4,&x\geqslant 4\\-x+4,&x<4\end{array}\right.\)，若存在正实数 \(k\)，使得方程 \(f(x)=\cfrac{k}{x}\) 有三个互不相等的实根 \(x_{1}\)， \(x_{2}\)， \(x_{3}\)， 则 \(x_{1}+x_{2}+x_{3}\) 的取值范围是【\(\qquad\)】

$A.(4,2+2\sqrt{2})$ $B.(4,6+2\sqrt{2})$ $C.(6,4+2\sqrt{2})$ $D.(8,6+2\sqrt{2})$

解法一： 方程 \(f(x)=\cfrac{k}{x}\) 可化为 \(x\cdot f(x)=k\)，

令 \(g(x)=xf(x)\)， 则 \(g(x)=\left\{\begin{array}{l}x^{2}-4x, &x\geqslant 4, \\ -x^{2}+4x, &x<4.\end{array} \quad\right.\)

作出 \(g(x)\) 的图象，如图所示， 方程 \(xf(x)=k\) 有三个互不相等的实根 \(x_{1}, x_{2}, x_{3}\)，

等价于函数 \(g(x)\) 的图象与直线 \(y=k\) 有三个不同的交点，

结合图象可知 \(0<k<4\)， 不妨设 \(x_{1}<x_{2}<x_{3}\)， 由图象可知 \(x_{3}>4\)，

由二次函数 \(y=-x^{2}+4 x\)的图象关于直线 \(x=2\) 对称可知，\(\cfrac{x_{1}+x_{2}}{2}=2\)，

即 \(x_{1}+x_{2}=4\)，令 \(x^{2}-4x=4\)， 解得 \(x=2\pm 2\sqrt{2}\), 所以 \(4<x_{3}<2+2\sqrt{2}\),

所以 \(4+4<x_{1}+x_{2}+x_{3}<4+2+2\sqrt{2}\)，即 \(8<x_{1}+x_{2}+x_{3}<6+2\sqrt{2}\)，. 故选 \(D\).

解法二：直接利用题目给定的条件，拆分为函数 \(y=f(x)\) 和函数 \(y=\cfrac{k}{x}\)有三个不同的交点，如下图所示，

由图可知， 函数 \(y=\cfrac{k}{x}\) 与 函数 \(y=-x+4(x<4)\) 应该有两个交点\(x_1\)，\(x_2\)(不妨令 \(x_1<x_2\) )，函数 \(y=\cfrac{k}{x}\) 与 函数 \(y=x-4(x\geqslant 4)\) 应该有一个交点\(x_3\)( \(x_3>4\) )，

由 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l}y=-x+4,&x\geqslant 4\\y=\cfrac{k}{x},&x>0，k>0\end{array}\right.\) 可得到，

\(x^2-4x+k=0\)，则由韦达定理可知 \(x_1+x_2=4\)，

且由 \(x^2-4x+k=0\)可知， 当 \(k=4\)时，\(y=-x+4(x<4)\)和 \(y=\cfrac{k}{x}\) 相切，

当\(k>4\)时，\(y=-x+4(x<4)\)和 \(y=\cfrac{k}{x}\) 相离，不满足有三个交点的情形，

当\(0<k<4\)时， \(y=-x+4(x<4)\)和 \(y=\cfrac{k}{x}\) 有两个交点，\(y=x-4(x\geqslant 4)\)和 \(y=\cfrac{k}{x}\) 有一个交点，满足题意；

在此动态变化过程中，可以看出 \(x_3\) 的范围的下限为 \(4\)，其上限的求解，需要 \(k=4\)，

从而联立 \(y=\cfrac{k}{x}\) 和 \(y=x-4(x\geqslant4)\) 求解得到 \(x_3=2+2\sqrt{2}\)(舍去 \(x_3=2-2\sqrt{2}\) )，

故得到 \(4<x_3<2+2\sqrt{2}\)，

所以 \(4+4<x_{1}+x_{2}+x_{3}<4+2+2\sqrt{2}\)，即 \(8<x_{1}+x_{2}+x_{3}<6+2\sqrt{2}\)，. 故选 \(D\).

解后反思：在由数转化为形的过程中，我们有两个变形的思路：其一，[首先想到，也最容易想到的]直接利用题目给定的条件，拆分为函数 \(y=f(x)\) 和函数 \(y=\cfrac{k}{x}\)有三个不同的交点；其二，先转化为方程 \(xf(x)=k\) 有三个互不相等的实根 \(x_{1}\)，\(x_{2}\)， \(x_{3}\)，再转化为利用形来求解，相比而言，明显此思路要更先进一些，思维的层次就更高一些，作图也便利，还能利用函数的对称性。

【2020 \(\cdot\) 新乡模拟】已知函数 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l}|\log _{2} x|, &0<x<2\\x^{2}-6x+9, &x \geqslant 2\end{array}\right.\) ，若 \(f(x_1)\)\(=\)\(f(x_2)\)\(=\)\(f(x_3)\)\(=\)\(f(x_4)\)， 且 \(x_{1}\)\(<\)\(x_{2}\)\(<\)\(x_{3}\)\(<\)\(x_{4}\)， 则 \(x_{1}x_{2}(x_{3}+x_{4})=\)___________.

解析: 函数 \(f(x)\) 的图象如图所示， 易知 \(\cfrac{x_{3}+x_{4}}{2}=3\)，则 \(x_{3}+x_{4}=6\)，

又 \(-\log _{2}x_{1}=\log _{2} x_{2}\)， 所以 \(\log _{2}\left(x_{1} x_{2}\right)=0\)， 即 \(x_{1}x_{2}=1\)，

所以 \(x_{1} x_{2}(x_{3}+x_{4})=6\) .

【2025届凤中高三质量检测一试题】已知函数 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l}x^2+2x-a, &x\leqslant1\\|\log_2(x-1)|-a, &x >1\end{array}\right.\) 有四个不同的零点，若 \(x_1<x_2<1\)，\(x_3\)，\(x_4\in(1,+\infty)\)，则 \(x_1-x_3+x_2-x_4+x_3x_4\) 的值为【\(\qquad\)】

$A.0$ $B.2$ $C.-1$ $D.-2$

解析：由于函数要有四个不同的零点，则必须 \(a>0\)，由于函数 \(f(x)=x^2+2x-a\)的对称轴为 \(x=-1\)，故 \(x_1+x_2=-2\)，

另外，参照相关例题解法可知，\(x_3x_4=x_3+x_4\)，故 \(x_1-x_3+x_2-x_4+x_3x_4=-2\)，

故选 \(D\) . 对应课件

【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【\(\qquad\)】

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

【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\(k\in [\cfrac{1}{3}，1)\)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\(x_2=log_2\cfrac{4}{3}\)，又\(|2^{x_1}-1|=\cfrac{1}{3}\)，即\(1-2^{x_1}=\cfrac{1}{3}\)，解得\(x_1=log_2\cfrac{2}{3}\)，

同理对应的有\(|2^{x_4}-1|=\cfrac{1}{5}\)，即\(2^{x_4}-1=\cfrac{1}{5}\)，解得\(x_4=log_2\cfrac{6}{5}\)，又\(|2^{x_3}-1|=\cfrac{1}{5}\)，即\(1-2^{x_3}=\cfrac{1}{5}\)，解得\(x_3=log_2\cfrac{4}{5}\)，

故此时\([x_4+x_2-(x_3+x_1)]_{min}=(log_2\cfrac{6}{5}-log_2\cfrac{4}{5})+(log_2\cfrac{4}{3}-log_2\cfrac{2}{3})=log_23\)，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\(0<1-k\leq \cfrac{2}{3}\)，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\(2\ge 2\cdot \sqrt{2^{x_1}\cdot 2^{x_2}}\)；则\(\sqrt{2^{x_1+x_2}}\leq 1\)，即\(2^{x_1+x_2}\leq 1\)，则\(x_1+x_2\leq 0\)；

2、比如将条件更改为\(\cfrac{1}{3}\leq k\leq \cfrac{4}{5}\)，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；

【2020届凤翔中学高三理科月考一第16题】已知函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{|log_2x|，0<x<2}\\{sin(\frac{\pi}{4})x，2\leqslant x\leqslant 10,}\end{array}\right.\quad\)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，\(x_1\in (0,1)\)，\(x_2\in (1,2)\)，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\(x_3+x_4=2\times 6=12\)；故\(\cfrac{x_3+x_4}{x_1x_2}=12\)；

【2020届凤翔中学高三文科题】已知函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{|sinx|，x\in[-\pi,\pi]}\\{lgx，x\in(\pi,+\infty),}\end{array}\right.\quad\)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【\(\qquad\)】

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

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\(x_1+x_2+x_3+x_4+x_5\in (\pi,10)\)，故选\(B\).

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【\(\qquad\)】

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

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\(m=1+2cos\theta\)，\(n=1+2sin\theta\)，\(\theta\in (0,\cfrac{\pi}{4})\)，

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

则\(mn=(1+2cos\theta)(1+2sin\theta)=1+2(cos\theta+sin\theta)+4sin\theta\cos\theta\)

令\(t=\sin\theta+\cos\theta\)，则\(2\sin\theta\cos\theta=t^2-1\)

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

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

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\(g(\sqrt{2})=3+2\sqrt{2}\)，

故\(mn\in (3，3+2\sqrt{2})\)，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\(1\times(1+\sqrt{2})<mn<3\times(1+\sqrt{2})\)却是错误的，

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

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

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；

【2021届凤翔中学高三文科月考用题】设函数 \(f(x)=\log _{4} x-(\cfrac{1}{4})^{x}\)， \(g(x)=\log _{\frac{1}{4}} x-(\cfrac{1}{4})^{x}\) 的零点分别是 \(x_{1}\)，\(x_{2}\)，则【\(\qquad\)】

$A.$$x_{1}x_{2}=1$

$B.$$0< x_{1}x_{2} <1$

$C.$$1< x_{1}x_{2} <2$

$D.$$x_{1}x_{2} >2$

解: 由题意可得 \(x_{1}\) 是函数 \(y=\log _{4} x\) 的图象和 \(y=(\cfrac{1}{4})^{x}\) 的图象的交点的横坐标，

\(x_{2}\) 是函数 \(y=\log_{\frac{1}{4}} x\) 的图象和 \(y=(\cfrac{1}{4})^{x}\) 的图象的交点的横坐标，

且 \(x_{1}\)， \(x_{2}\) 都是正实数，且\(0<x_2<1\)，\(x_1>1\)，如图所示，

由图可知，有 \((\frac{1}{4})^{x_{2}}>(\frac{1}{4})^{x_{1}}\)

故 \(\log _{\frac{1}{4}}x_{2}-\log _{4}x_{1}>0\)，即\(-\log _{4}x_{2}-\log _{4}x_{1}>0\)，则\(\log _{4} x_{1}+\log _{4} x_{2}<0\)，

\(\log _{4}(x_{1}\cdot x_{2})<0\)， 则\(0<x_{1}\cdot x_{2}<1\)， 故选 \(B\).