多个参数之和积的取值范围 02

公式定理💯随心记

【三角函数诱导公式】文字语言：奇变偶不变，符号看象限。符号语言：$\sin (\cfrac {\pi}{2}\pm\alpha)=\cos\alpha$；$\cos (\cfrac {\pi}{2}\pm\alpha)=\mp\sin\alpha$；$\tan (\cfrac {\pi}{2}\pm\alpha)=\mp\cot\alpha$

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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 $B$.