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。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
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\(2^a+2^b=2\).
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\(ab=1\)。
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\(ab=e^2\)。
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\(a+b=2\).
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\(ab=1\).
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,\(a<1<b\),
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〕:本题目可以作为一个条件而生成另外一个题目,比如:
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,\(a<1<b\),
故去掉绝对值符号,得到\(\cfrac{1}{a}-1=1-\cfrac{1}{b}\),
故得到\(\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=2\),且\(0<a<1<b\),
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 \(a=\cfrac{3}{4}\) 且 \(b=\cfrac{3}{2}\) 时取到等号;故 \((4a+b)_{\min}=\cfrac{9}{2}\) .
典例剖析
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,
![](https://images2017.cnblogs.com/blog/992978/201711/992978-20171104192059029-1502020694.gif)
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\(sin\theta+cos\theta=sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in[-\sqrt{2},\sqrt{2}]\)。
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\(C\)。
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\(a < b < c\),
![](https://images2017.cnblogs.com/blog/992978/201711/992978-20171112135111825-938071114.png)
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。
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,\(0< a <\cfrac{1}{4}\),
![](https://images2017.cnblogs.com/blog/992978/201711/992978-20171112192320513-1722145791.png)
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\(A\)。
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,\(x_1+x_2=-1\),
![](https://images2018.cnblogs.com/blog/992978/201804/992978-20180410144731924-1846874932.png)
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\(m=1\)。
【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;
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\(\cfrac{x_3+x_4}{x_1x_2}=12\);
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\(B\).
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;
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 \(B\).
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 \(x_{1}+x_{2}=3.5\),
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\(C\).
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。
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。
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 \(x_{1} x_{2}(x_{3}+x_{4})=6\) .