[2027强基计划]函数与方程

值域与方程有解

例题 3.14

（2017·清华自主招生暨领军计划）已知

$$f(x)=x^2+ax+b$$

在区间 $(-1,1)$内有两个零点，则 $a^2-2b$的取值范围为（　　）

A. $(-2,0)$

B. $(0,2)$

C. $(0,4)$

D. $(-2,2)$

不妨用最直接的方法翻译条件:

$$\begin{gathered} -1\lt x_1\lt x_2\lt1\\ f(x_1)=f(x_2)=0\\ a=-(x_1+x_2),b=x_1x_2\\ a^2-2b=x_1^2+x_2^2\in(0,2) \end{gathered}$$

例题 3.15

函数

$$f(x)=\frac{x^2+4x-5}{x^2-x+2}$$

的值域为 $\underline{\qquad}$。

$$\begin{gathered} f(x)=\frac{x^2+4x-5}{x^2-x+2}\\ =\frac{x^2-x+2+5x-7}{x^2-x+2}\\ =\frac{5x-7}{x^2-x+2}+1 \end{gathered}$$

采取判别式法,令$\frac{5x-7}{x^2-x+2}=u(x^2-x+2\gt0)$

$$\begin{gathered} ux^2-(u+5)x+(2u+7)=0\\ \Delta=(u+5)^2-4u(2u+7)\\ =-7u^2-18u+25\ge0\\ \Longleftrightarrow (u-1)(7u+25)\le0\\ u\in[-\frac{25}{7},1]\\ f(x)=u+1\in[-\frac{18}{7},2] \end{gathered}$$

例题 3.16

已知函数

$$y=\frac{mx+n}{x^2+1}$$

的最大值为 $4$，最小值为 $-1$，则 $m=\underline{\qquad}$，$n=\underline{\qquad}$。

同理用判别式法: $$\begin{gathered} yx^2-mx+(y-n)=0\\ \Delta=m^2-4y(y-n)\\ =-4y^2+4ny+m^2\ge0\\ 4y^2-4ny-m^2=4(y+1)(y-4)\\ n=3,m=\pm4 \end{gathered}$$

或者换一个视角: $$\begin{gathered} \min\frac{mx+n}{x^2+1}=-1\\ \Longleftrightarrow x^2+mx+(n+1)=0,\Delta_1=0\\ \max\frac{mx+n}{x^2+1}=+4\\ \Longleftrightarrow 4x^2-mx+(4-n)=0,\Delta_2=0 \end{gathered}$$

例题 3.17

已知

$$f(x)=\frac{ax^2+bx+6}{x^2+2}$$

的最大值为 $6$，最小值为 $2$，则 $a=\underline{\qquad}$，$b=\underline{\qquad}$。

$$\begin{gathered} (y-a)x^2-bx+(2y-6)=0\\ \Delta=b^2-4(y-a)(2y-6)\ge0\\ 8y^2-(8a+24)y+(24a-b^2)=8(y-6)(y-2)\\ a=5,b=\pm2\sqrt{6} \end{gathered}$$

例题 3.18

（2018·北大自主招生）设 $a>0$，$a\ne1$，函数

$$f(x)=a^{2x}-4a^x-1$$

在区间 $[-1,2]$上的最小值为 $-5$，则 $a$的取值范围为（　　）

A. $a=\dfrac12$或 $a\geqslant\sqrt2$

B. $0<a<1$或 $a\geqslant\sqrt2$

C. $0<a\leqslant\dfrac12$或 $a\geqslant\sqrt2$

D. 前三个答案都不对

$$\begin{gathered} (a^x)^2-4a^x-1\ge-5\\ (a^2)^2-4a^x+4=(a^x-2)^2\ge0 \end{gathered}$$

这个等号可以成立,这意味着$\log_a 2\in[-1,2],a\in(0,\frac{1}{2}]\cup[\sqrt{2},+\infty)$

例题 3.19

若集合

$$\left\{x\mid 4x|x|-a|x|=1\right\}$$

恰有 $3$个元素，则 $a$的取值范围是 $\underline{\qquad}$。

分类去绝对值($x\ne0$):

当$x\gt0$时,$4x^2-ax=1$

当$x\lt0$时,$4x^2-ax=-1$

每种情况可能贡献$0,1,2$个$x$,所以3个元素只能由$1+2$产生:

注意到$4x^2-ax-1=0,\Delta=a^2+4\gt0,x_1x_2\lt0$,故$x_1\lt0\lt x_2$,所以有且仅有一个$x\gt0$满足条件:

$$\begin{gathered} 4x^2-ax+1=0(x_3\lt x_4\lt0)\\ \begin{cases} \Delta=a^2-16\gt0,\\ x_3x_4=\frac{1}{4}\gt0,\\ x_3+x_4=\frac{a}{4}\lt0 \end{cases}\Longleftrightarrow a\in(-\infty,-4) \end{gathered}$$

例题 3.20

（交大）设 $f(x)=|\lg x|$，$a,b$为实数，且 $0<a<b$。若 $a,b$满足

$$f(a)=f(b)=2f\left(\frac{a+b}{2}\right),$$

试写出 $a$与 $b$的关系，并证明在这一关系中存在 $b$满足 $3<b<4$。

容易知道$a\lt1\lt b,ab=1$

$$\begin{gathered} \frac{a+b}{2}\gt\sqrt{ab}=1\\ f(a)=f(b)=2f\left(\frac{a+b}{2}\right)\\ -\lg a=\lg b=2\lg\frac{a+b}{2}\\ b=(\frac{a+b}{2})^2\\ b=(\frac{\frac{1}{b}+b}{2})^2\\ 4b=b^2+2+\frac{1}{b^2}\\ b^2-4b+\frac{1}{b^2}+2=0\\ f(x)=x^2-4x+\frac{1}{x^2}+2\\ f(3)=11-12+\frac{1}{9}\lt0\\ f(4)=\frac{1}{16}+2\gt0\\ \therefore \exist b\in(3,4),f(a)=f(b)=2f\left(\frac{a+b}{2}\right) \end{gathered}$$

函数图像的对称性

例题 3.21

证明函数

$$f(x)=\frac{a^x}{a^x+\sqrt a} \qquad (a>0,\ a\ne1)$$

的图象关于点 $P\left(\dfrac12,\dfrac12\right)$中心对称。

$$\begin{gathered} f(x)+f(1-x)\\ =\frac{a^x}{a^x+\sqrt a}+\frac{a^{1-x}}{a^{1-x}+\sqrt a}\\ =\frac{a^x(a^{1-x}+\sqrt a)+a^{1-x}(a^x+\sqrt a)}{(a^x+\sqrt a)(a^{1-x}+\sqrt a)}\\ =\frac{1+a^{x+\frac{1}{2}}+a^{\frac{3}{2}-x}+a}{1+a^{x+\frac{1}{2}}+a^{\frac{3}{2}-x}+a}=1 \end{gathered}$$

更有技巧的方法:$\frac{a^{1-x}}{a^{1-x}+\sqrt a}=\frac{\sqrt{a}}{a^x+\sqrt a}$

例题 3.22

已知函数

$$f(x)=\frac{a^x}{a^x+\sqrt a} \qquad (a>0,\ a\ne1),$$

则

$$f\left(\frac{1}{1000}\right) +f\left(\frac{2}{1000}\right) +\cdots +f\left(\frac{999}{1000}\right) =\underline{\qquad}.$$

用3.21结论首尾配对:$f(x)+f(1-x)=1$

$$\begin{gathered} 2[f\left(\frac{1}{1000}\right) +f\left(\frac{2}{1000}\right) +\cdots +f\left(\frac{999}{1000}\right)] =999\\ f\left(\frac{1}{1000}\right) +f\left(\frac{2}{1000}\right) +\cdots +f\left(\frac{999}{1000}\right) =\frac{999}{2} \end{gathered}$$

例题 3.23

函数

$$\begin{aligned} f(x)={}&|x+1|+|x+2|+\cdots+|x+2018|\\ &+|x-1|+|x-2|+\cdots+|x-2018|, \qquad x\in\mathbb R, \end{aligned}$$

则 $f(x)$是 $\underline{\qquad}$函数（判断奇偶性），满足条件

$$f(a^2-3a+2)=f(a-1)$$

的所有整数 $a$的和为 $\underline{\qquad}$。

显然$f(x)$为偶函数.

考虑$n=1,2$时的简单$f_n(x)$,可知$f_{2018}(x)=f_{2018}(y)\Longleftrightarrow \begin{cases} x=y,\\ \text{or }x+y=0,\\ \text{or }x,y\in[-1,1] \end{cases}$$$a^2-3a+2=a-1\Longleftrightarrow a=1,3$$$$(a^2-3a+2)+(a-1)=0\Longleftrightarrow a=1$$$$(a^2-3a+2),(a-1)\in[-1,1]\Longleftrightarrow a=1,2$$所有可能的整数$a$之和:$1+2+3=6$

整体换元与降次求最值

例题 3.24

（2017·北大自主招生）函数

$$f(x)=x(x+1)(x+2)(x+3)$$

的最小值为（　　）

A. $-1$

B. $-1.5$

C. $-2$

D. 前三个答案都不对

通过恰当的调整乘法顺序,我们可以提取公共部分: $$\begin{gathered} f(x)=x(x+1)(x+2)(x+3)\\ =f(x)=x(x+3)(x+1)(x+2)\\ =(x^2+3x)(x^2+3x+2)\\ x^2+3x=t\in[-\frac{9}{4},+\infty]\\ t(t+2)=(t+1)^2-1\in[-1,+\infty] \end{gathered}$$

例题 3.25

（2013·课标全国Ⅰ卷·理16）若函数

$$f(x)=(1-x^2)(x^2+ax+b)$$

的图象关于直线 $x=-2$对称，则 $f(x)$的最大值为 $\underline{\qquad}$。

我们有样学样,考虑零点后配对分组:

$$\begin{gathered} f(+1)=0,f(-1)=0\\ \Longrightarrow f(-5)=0,f(-3)=0\\ f(x)=(1-x^2)(x+5)(x+3)\\ =-(x+1)(x+3)(x-1)(x+5)\\ =-(x^2+4x+3)(x^2+4x-5)\\ =-(x^2+4x-1)^2+16\le16 \end{gathered}$$

或者,考虑多项式函数有对称轴的充要条件:

$$\begin{gathered} f(x)=-x^4-ax^3-(b-1)x^2+ax+b\\ =-(x+2)^4+u(x+2)^2+v\\ =-(x^4+8x^3+24x^2+32x+16)+u(x^2+4x+4)+v \end{gathered}$$

比较系数,得: $$\begin{cases} -a=-8,\\ -(b-1)=-24+u,\\ a=-32+4u,\\ b=-16+4u+v \end{cases}$$

解得: $$\begin{cases} a=8,\\ b=15,\\ u=10,\\ v=-9 \end{cases}$$这意味着:$f(x)=-(x+2)^4+10(x+2)^2-9$

不难看出$f(x)$相当于换元$t=(x+2)^2\ge0$的二次函数: $$\begin{gathered} f(x)=-t^2+10t-9\\ =-(t-5)^2+16\ge16 \end{gathered}$$

例题 3.26

（复旦）设 $x\in\mathbb R$，求函数

$$f(x)=\frac{16^x+4^{1-x}+4\times2^x+1}{4^x+2^{1-x}}$$

的最小值。

令$t=2^x\in(0,+\infty)$,则: $$\begin{gathered} f(x)=g(t)=\frac{t^4+\frac{4}{t^2}+4t+1}{t^2+\frac{2}{t}}\\ =\frac{(t^2+\frac{2}{t})^2+1}{(t^2+\frac{2}{t})}\\ =(t^2+\frac{2}{t})+\frac{1}{(t^2+\frac{2}{t})}\\ (t^2+\frac{2}{t})=t^2+\frac{1}{t}+\frac{1}{t}\ge3\\ \therefore f(x)=g(t)\ge\frac{10}{3} \end{gathered}$$

指数函数与对数函数综合

例题 3.27

设 $a>0$且 $a\ne1$，证明：方程

$$a^x+a^{-x}=2a$$

的根不在区间 $[-1,1]$内。

采取反证法:由于对称性,假设$\exists x_0\in[0,+1],a^{x_0}+\frac{1}{a^{x_0}}=2a$

$$\begin{gathered} a\gt1,a^{x_0}\in[1,a],a^{x_0}+\frac{1}{a^{x_0}}\in[2,a+\frac{1}{a}]\\ \therefore a^{x_0}+\frac{1}{a^{x_0}}\lt 2a\\ 0\lt a\lt 1,a^{x_0}\in[a,1],a^{x_0}+\frac{1}{a^{x_0}}\in[2,a+\frac{1}{a}]\\ \therefore \therefore a^{x_0}+\frac{1}{a^{x_0}}\gt 2a \end{gathered}$$

综上所述,假设不成立.

例题 3.28

（复旦）已知 $a>0$，设

$$f(x)=4^{x-1}-2^{x+a-1}.$$

若 $x_1x_2=a^2$，且 $x_2>x_1>0$，试比较 $f(x_2)$和 $f(x_1)$的大小。

$$\begin{gathered} x_1x_2=a^2\Longrightarrow x_2\gt a\gt x_1\gt0\\ f(x)=(2^{x-1})^2-2^a\cdot 2^{x-1}\\ =\frac{1}{4}[(2^x)^2-2\cdot 2^a\cdot 2^x]\\ =\frac{1}{4}[(2^x-2^a)^2-2^{2a}]^2\\ f(x_2)-f(x_1)=\frac{1}{4}(2^{x_2}-2^{x_1})(2^{x_1}+2^{x_2}-2\cdot2^a)\\ 2^{x_1}\lt 2^a\lt 2^{x_2},2^{x_2}-2^{x_1}\gt0\\ 2^{x_1}+2^{x_2}-2\cdot2^a\gt 2\cdot2^\frac{x_1+x_2}{2}-2\cdot2^a\\ \gt2\cdot2^{\sqrt{x_1x_2}}-2\cdot2^a=0\\ \therefore f(x_2)-f(x_1)\gt 0,f(x_2)\gt f(x_1) \end{gathered}$$

例题 3.29

不等式

$$\left(\frac12\right)^{\sqrt{(x+3)^3(x-5)^3}} \cdot 7^{(x+3)^2(x-5)} \leqslant1$$

的解集为 $\underline{\qquad}$。

先保证定义域:$(x+3)^3(x-5)^3\ge0,x\in(-\infty,-3]\cup[+5,+\infty)$

对定义域的两段进行分类:

$$\begin{gathered} x\in(-\infty,-3],\\ \Longrightarrow\left(\frac12\right)^{\sqrt{(x+3)^3(x-5)^3}}\le1,7^{(x+3)^2(x-5)}\le1\\ x\in[+5,+\infty)\\ \left(\frac12\right)^{\sqrt{(x+3)^3(x-5)^3}} \cdot 7^{(x+3)^2(x-5)}\\ =\left(\frac12\right)^{(x+3)^\frac{3}{2}(x-5)^\frac{3}{2}} \cdot 7^{(x+3)^2(x-5)}\\ =\left(\frac72\right)^{(x+3)^\frac{3}{2}(x-5)^\frac{3}{2}} \cdot 7^{(x+3)^\frac12(x-5)^\frac{-1}{2}}\ge1(x=5) \end{gathered}$$

综上,解集为$(-\infty,-3]\cup\{5\}$