典题精讲2
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题干
- （多选）已知函数 f ( x ) f(x) f(x) 的定义域是 ( 0 , ∞ ) (0,\infty) (0,∞) 且 f ( x ) − f ( y ) = x y f(x)-f(y)=\frac{x}{y} f(x)−f(y)=yx，当 x > 1 x>1 x>1 时， f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0，且 f ( 1 2 ) = − 1 f(\frac{1}{2})=-1 f(21)=−1。
A. f ( 1 ) = 0 f(1)=0 f(1)=0
B. 函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上单调递增
C. f ( 2 ) + f ( 1 2 ) + f ( 3 ) + f ( 1 3 ) + ... + f ( 2024 ) + f ( 1 2024 ) = 0 f(2)+f(\frac{1}{2})+f(3)+f(\frac{1}{3})+\text{...}+f(2024)+f(\frac{1}{2024})=0 f(2)+f(21)+f(3)+f(31)+...+f(2024)+f(20241)=0
D. 满足不等式 f ( x ) − f ( x − 1 ) ≥ 2 f(x)-f(x-1)\ge 2 f(x)−f(x−1)≥2 的 x x x 的取值范围是 ( 1 , 4 3 ] (1,\frac{4}{3}] (1,34]
- 设函数 f k ( x ) = 2 x + ( k − 1 ) ⋅ 2 − x , ( x ∈ R , k ∈ Z ) f_k(x)=2^x+(k-1)\cdot 2^{-x}\text{, }(x\in\R\text{, }k\in\Z) fk(x)=2x+(k−1)⋅2−x, (x∈R, k∈Z)。设函数 g ( x ) = λ f 0 ( x ) − f 2 ( 2 x ) + 4 g(x)=\lambda f_0(x)-f_2(2x)+4 g(x)=λf0(x)−f2(2x)+4，若 g ( x ) g(x) g(x) 在 x ∈ [ 1 , + ∞ ) x\in[1,+\infty) x∈[1,+∞) 有零点，求实数 λ \lambda λ 的取值范围。
- 对于函数 f ( x ) f(x) f(x)，若 f ( x 0 ) = x 0 f(x_0)=x_0 f(x0)=x0，则称实数 x 0 x_0 x0 为函数 f ( x ) f(x) f(x) 的不动点。设函数 f ( x ) = log 2 ( 4 x − a ⋅ 2 x + 1 + 2 ) f(x)=\log_2(4^x-a\cdot 2^{x+1}+2) f(x)=log2(4x−a⋅2x+1+2)， g ( x ) = ( 1 2 ) x g(x)=(\frac{1}{2})^x g(x)=(21)x
(1) 对于函数 f ( x ) f(x) f(x) 在区间 [ − 1 , 1 ] [-1,1] [−1,1] 上存在两个不动点，求实数 a a a 的取值范围；
(2) 若对于 ∀ x 1 , x 2 ∈ [ − 1 , 0 ] \forall x_1\text{, }x_2\in [-1,0] ∀x1, x2∈[−1,0]，不等式 ∣ f ( x 1 ) − g ( x 2 ) ∣ ≤ 2 |f(x_1)-g(x_2)|\le 2 ∣f(x1)−g(x2)∣≤2 恒成立，求实数 a a a 的范围
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已知函数 f ( x ) = log 2 ( 1 − x ) + log 2 ( x + 3 ) f(x)=\log_2(1-x)+\log_2(x+3) f(x)=log2(1−x)+log2(x+3)，求函数 f ( x ) f(x) f(x) 的值域。
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已知函数 f ( x ) = log 1 2 ( x 2 − a x + a ) f(x)=\log_{\frac{1}{2}}(x^2-ax+a) f(x)=log21(x2−ax+a) 在区间 ( − ∞ , 2 ) (-\infty,\sqrt{2}) (−∞,2) 上是增函数，求实数 a a a 的取值范围。
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已知函数 f ( x ) = log a ( 1 − a x ) ( a > 0 f(x)=\log_a(1-a^x)(a>0 f(x)=loga(1−ax)(a>0 且 a ≠ 1 ) a\neq1) a=1)，解关于 x x x 的不等式 log a ( 1 − a x ) > f ( 1 ) \log_a(1-a^x)>f(1) loga(1−ax)>f(1) 。
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已知函数 f ( x ) = log a x f(x)=\log_ax f(x)=logax， ( a > 1 (a>1 (a>1 且 a ≠ 1 ) a\neq 1) a=1)。设 g ( x ) = f ( x 2 ) ⋅ f ( x 8 ) g(x)=f(\frac{x}{2})\cdot f(\frac{x}{8}) g(x)=f(2x)⋅f(8x)， x ∈ [ 1 2 , 8 ] x\in[\frac{1}{2},8] x∈[21,8]，若 g ( x ) g(x) g(x) 的最大值为 8 8 8，求实数 a a a 的值。
解析
利用常数1
- （多选）已知函数 f ( x ) f(x) f(x) 的定义域是 ( 0 , ∞ ) (0,\infty) (0,∞) 且 f ( x ) − f ( y ) = x y f(x)-f(y)=\frac{x}{y} f(x)−f(y)=yx，当 x > 1 x>1 x>1 时， f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0，且 f ( 1 2 ) = − 1 f(\frac{1}{2})=-1 f(21)=−1。
A. f ( 1 ) = 0 f(1)=0 f(1)=0
B. 函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上单调递增
C. f ( 2 ) + f ( 1 2 ) + f ( 3 ) + f ( 1 3 ) + ... + f ( 2024 ) + f ( 1 2024 ) = 0 f(2)+f(\frac{1}{2})+f(3)+f(\frac{1}{3})+\text{...}+f(2024)+f(\frac{1}{2024})=0 f(2)+f(21)+f(3)+f(31)+...+f(2024)+f(20241)=0
D. 满足不等式 f ( x ) − f ( x − 1 ) ≥ 2 f(x)-f(x-1)\ge 2 f(x)−f(x−1)≥2 的 x x x 的取值范围是 ( 1 , 4 3 ] (1,\frac{4}{3}] (1,34]
解: A.选项: f ( x ) − f ( 1 ) = f ( x 1 ) = f ( x ) f(x)-f(1)=f(\frac{x}{1})=f(x) f(x)−f(1)=f(1x)=f(x) 故 f ( 1 ) = 0 f(1)=0 f(1)=0 A.正确
B. 要证明单调性，我们要利用好 “ 当 x > 1 x>1 x>1 时， f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0 ” 这个条件。
观察到函数定义域大于零，题目条件又有商的形式，那很可能是作商法
设 0 < x 1 < x 2 0<x_1<x_2 0<x1<x2 则有 f ( x 2 ) − f ( x 1 ) = f ( x 2 x 1 ) f(x_2)-f(x_1)=f(\frac{x_2}{x_1}) f(x2)−f(x1)=f(x1x2)
则 x 2 x 1 > 1 ⇒ f ( x 2 ) − f ( x 1 ) = f ( x 2 x 1 ) > 0 \frac{x_2}{x_1}>1\Rightarrow f(x_2)-f(x_1)=f(\frac{x_2}{x_1})>0 x1x2>1⇒f(x2)−f(x1)=f(x1x2)>0 故 f ( x ) f(x) f(x) 单调递增 B.错误
(要得到大于 1 1 1，就应该拿大的除以小的）
C. 原式 = f ( 2 ) + f ( 1 ) − f ( 2 ) + f ( 3 ) + f ( 1 ) − f ( 3 ) + ... + f ( 2024 ) + 1 − f ( 2024 ) =f(2)+f(1)-f(2)+f(3)+f(1)-f(3)+\text{...}+f(2024)+1-f(2024) =f(2)+f(1)−f(2)+f(3)+f(1)−f(3)+...+f(2024)+1−f(2024)
= 2023 f ( 1 ) = 0 =2023f(1)=0 =2023f(1)=0 C.正确
D. f ( x ) − f ( x − 1 ) ≥ 2 ⇒ f ( x x − 1 ) ≥ 2 f(x)-f(x-1)\ge 2\Rightarrow f(\frac{x}{x-1})\ge 2 f(x)−f(x−1)≥2⇒f(x−1x)≥2
抽象函数不等式考虑单调性（上一讲提到过），那我们就需要找到一个基准，利用 f ( 1 ) f(1) f(1) 和 f ( 1 2 ) f(\frac{1}{2}) f(21) 的值可以求出 f ( 2 ) = 1 f(2)=1 f(2)=1
观察可得 f ( 2 ) − f ( 1 2 ) = f ( 2 1 2 ) = f ( 4 ) = 2 f(2)-f(\frac{1}{2})=f(\frac{2}{\frac{1}{2}})=f(4)=2 f(2)−f(21)=f(212)=f(4)=2
那么 f ( x x − 1 ) ≥ 2 ⇒ x x − 1 ≥ 4 f(\frac{x}{x-1})\ge 2\Rightarrow \frac{x}{x-1}\ge 4 f(x−1x)≥2⇒x−1x≥4 结合定义域解一下 x ∈ ( 1 , 4 3 ) x\in(1,\frac{4}{3}) x∈(1,34) D.正确
答案：ACD
分离参数与根分布
| 方法名称 | 限制（一般情况） | 基本操作 |
|---|---|---|
| 分离参数 | 所求参数次数要一致 | 保证等式一边只有常数和所求参数 |
| 根分布 | 一般适用于二次函数在(a,b)或[a,b]上有两个解（ a a a， b b b 不为 ∞ \infty ∞） | 列不等式组同时满足四个条件： Δ > 0 \Delta>0 Δ>0；对称轴在 a a a， b b b 之间； a a a 处的符号； b b b 处的符号 |
-
设函数 f k ( x ) = 2 x + ( k − 1 ) ⋅ 2 − x , ( x ∈ R , k ∈ Z ) f_k(x)=2^x+(k-1)\cdot 2^{-x}\text{, }(x\in\R\text{, }k\in\Z) fk(x)=2x+(k−1)⋅2−x, (x∈R, k∈Z)。设函数 g ( x ) = λ f 0 ( x ) − f 2 ( 2 x ) + 4 g(x)=\lambda f_0(x)-f_2(2x)+4 g(x)=λf0(x)−f2(2x)+4，若 g ( x ) g(x) g(x) 在 x ∈ [ 1 , + ∞ ) x\in[1,+\infty) x∈[1,+∞) 有零点，求实数 λ \lambda λ 的取值范围。
解： g ( x ) = λ ( 2 x − 2 − x ) − ( 2 x ) 2 − ( 2 − x ) 2 + 4 g(x)=\lambda(2^x-2^{-x})-(2^x)^2-(2^{-x})^2+4 g(x)=λ(2x−2−x)−(2x)2−(2−x)2+4
设 2 x = t 2^x=t 2x=t 则 t ≥ 2 t\ge 2 t≥2
g ( x ) = λ ( t − 1 t ) − t 2 − 1 t 2 + 4 g(x)=\lambda(t-\frac{1}{t})-t^2-\frac{1}{t^2}+4 g(x)=λ(t−t1)−t2−t21+4
g ( x ) = − t 2 + 2 − 1 t 2 + λ ( t − 1 t + 2 ) g(x)=-t^2+2-\frac{1}{t^2}+\lambda(t-\frac{1}{t}+2) g(x)=−t2+2−t21+λ(t−t1+2)
令 m = t − 1 t m=t-\frac{1}{t} m=t−t1 则由双刀函数单调性可知 m ≥ 3 2 m\ge \frac{3}{2} m≥23
g ( x ) = − m 2 + λ m + 2 g(x)=-m^2+\lambda m+2 g(x)=−m2+λm+2 在 [ 3 2 , + ∞ ) [\frac{3}{2},+\infty) [23,+∞) 上有零点即可，考虑分参
λ = m − 2 m \lambda=m-\frac{2}{m} λ=m−m2 结合双刀函数单调性可知 λ ∈ [ 1 6 , + ∞ ) \lambda \in [\frac{1}{6},+\infty) λ∈[61,+∞)
-
对于函数 f ( x ) f(x) f(x)，若 f ( x 0 ) = x 0 f(x_0)=x_0 f(x0)=x0，则称实数 x 0 x_0 x0 为函数 f ( x ) f(x) f(x) 的不动点。设函数 f ( x ) = log 2 ( 4 x − a ⋅ 2 x + 1 + 2 ) f(x)=\log_2(4^x-a\cdot 2^{x+1}+2) f(x)=log2(4x−a⋅2x+1+2)， g ( x ) = ( 1 2 ) x g(x)=(\frac{1}{2})^x g(x)=(21)x
(1) 对于函数 f ( x ) f(x) f(x) 在区间 [ − 1 , 1 ] [-1,1] [−1,1] 上存在两个不动点，求实数 a a a 的取值范围；
(2) 若对于 ∀ x 1 , x 2 ∈ [ − 1 , 0 ] \forall x_1\text{, }x_2\in [-1,0] ∀x1, x2∈[−1,0]，不等式 ∣ f ( x 1 ) − g ( x 2 ) ∣ ≤ 2 |f(x_1)-g(x_2)|\le 2 ∣f(x1)−g(x2)∣≤2 恒成立，求实数 a a a 的范围
（1）解：解 f ( x ) = x f(x)=x f(x)=x 等价于解 2 x = 2 2 x − 2 a ⋅ 2 x 2^x=2^{2x}-2a\cdot 2^x 2x=22x−2a⋅2x
令 t = 2 x t=2^x t=2x，则 t ∈ [ 1 2 , 2 ] t\in [\frac{1}{2},2] t∈[21,2]，使得 ϕ ( t ) = t 2 − ( 2 a + 1 ) t + 2 = 0 \phi (t)=t^2-(2a+1)t+2=0 ϕ(t)=t2−(2a+1)t+2=0 有解即可
根分布：
{ ( 2 a + 1 ) 2 − 8 > 0 1 2 < 2 a + 1 2 < 2 ϕ ( 1 2 ) > 0 ϕ ( 2 ) > 0 \begin{cases}(2a+1)^2-8>0\\\frac{1}{2}<\frac{2a+1}{2}<2\\\phi (\frac{1}{2})>0\\\phi (2)>0\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧(2a+1)2−8>021<22a+1<2ϕ(21)>0ϕ(2)>0
解得 a ∈ [ 2 − 1 2 , 1 ] a\in[\sqrt{2}-\frac{1}{2},1] a∈[2−21,1]
分参：
( 2 a + 1 ) t = t 2 + 2 (2a+1)t=t^2+2 (2a+1)t=t2+2
2 a + 1 = t + 2 t 2a+1=t+\frac{2}{t} 2a+1=t+t2 结合对勾函数图像可得 2 a + 1 ∈ [ 2 2 , 3 ] 2a+1\in[2\sqrt{2},3] 2a+1∈[22,3]
解得 a ∈ [ 2 − 1 2 , 1 ] a\in[\sqrt{2}-\frac{1}{2},1] a∈[2−21,1]
（2）解： ∣ f ( x 1 ) − g ( x 2 ) ∣ ≤ 2 ⇒ g ( x 2 ) − 2 ≤ f ( x 1 ) ≤ g ( x 2 ) + 2 |f(x_1)-g(x_2)|\le 2\Rightarrow g(x_2)-2\le f(x_1)\le g(x_2)+2 ∣f(x1)−g(x2)∣≤2⇒g(x2)−2≤f(x1)≤g(x2)+2
因为是恒成立问题，所以要使得 g ( x 2 ) m a x − 2 ≤ f ( x 1 ) ≤ g ( x 2 ) m i n + 2 g(x_2)_{max}-2\le f(x_1)\le g(x_2)_{min}+2 g(x2)max−2≤f(x1)≤g(x2)min+2
易得 g ( x 2 ) m a x = 2 , g ( x ) m i n = 1 g(x_2)_{max}=2,g(x)_{min}=1 g(x2)max=2,g(x)min=1
故 f ( x ) ∈ [ 0 , 3 ] f(x)\in[0,3] f(x)∈[0,3]
令 t = 2 x t=2^x t=2x 则 t ∈ [ 1 2 , 1 ] t\in[\frac{1}{2},1] t∈[21,1]
1 ≤ t 2 − 2 a t + 2 ≤ 8 1\le t^2-2at+2\le 8 1≤t2−2at+2≤8
分参法得 a ∈ [ − 5 2 , 1 ] a\in [-\frac52,1] a∈[−25,1]
常见细节问题
把内函数的最值当作复合函数最值
- 已知函数 f ( x ) = log 2 ( 1 − x ) + log 2 ( x + 3 ) f(x)=\log_2(1-x)+\log_2(x+3) f(x)=log2(1−x)+log2(x+3)，求函数 f ( x ) f(x) f(x) 的值域。
解： { 1 − x > 0 x + 3 > 0 ⇒ x ∈ ( − 3 , 0 ) \begin{cases}1-x>0\\x+3>0\end{cases}\Rightarrow x\in(-3,0) {1−x>0x+3>0⇒x∈(−3,0)
f ( x ) = log 2 [ ( 1 − x ) ( x + 3 ) ] f(x)=\log_2[(1-x)(x+3)] f(x)=log2[(1−x)(x+3)]
( 1 − x ) ( x + 3 ) m a x = 4 (1-x)(x+3)_{max}=4 (1−x)(x+3)max=4（注：这不是最终的最值）
∴ f ( x ) \therefore f(x) ∴f(x) 的值域为 $(-\infty,2) $
忽视定义域
- 已知函数 f ( x ) = log 1 2 ( x 2 − a x + a ) f(x)=\log_{\frac{1}{2}}(x^2-ax+a) f(x)=log21(x2−ax+a) 在区间 ( − ∞ , 2 ) (-\infty,\sqrt{2}) (−∞,2) 上是增函数，求实数 a a a 的取值范围。
解：复合函数同增异减，故 x 2 − a x + a x^2-ax+a x2−ax+a 单调递减
a 2 ≥ 2 \frac{a}{2}\ge \sqrt{2} 2a≥2 得 a ≥ 2 2 a\ge 2\sqrt{2} a≥22
这还不够！ 内函数最小值需要大于等于 0 0 0（ 2 \sqrt2 2 取不到，可以正好等于 0 0 0）
( 2 ) 2 − 2 a + 1 ≥ 0 (\sqrt{2})^2-\sqrt{2}a+1\ge0 (2)2−2a+1≥0 得 a ≤ 2 2 + 2 a\le 2\sqrt{2}+2 a≤22+2
综上， a ∈ [ 2 2 , 4 2 + 2 ] a\in[2\sqrt2,4\sqrt2+2] a∈[22,42+2]
- 已知函数 f ( x ) = log a ( 1 − a x ) ( a > 0 f(x)=\log_a(1-a^x)(a>0 f(x)=loga(1−ax)(a>0 且 a ≠ 1 ) a\neq1) a=1)，解关于 x x x 的不等式 log a ( 1 − a x ) > f ( 1 ) \log_a(1-a^x)>f(1) loga(1−ax)>f(1)
解：无脑分类即可，但特别坑的是，有了 f ( 1 ) f(1) f(1) 的存在说明定义域包含 1 1 1，故分类分到 a > 1 a>1 a>1 时无解
误认为对数函数值一定是正数
- 已知函数 f ( x ) = log a x f(x)=\log_ax f(x)=logax， ( a > 1 (a>1 (a>1 且 a ≠ 1 ) a\neq 1) a=1)。设 g ( x ) = f ( x 2 ) ⋅ f ( x 8 ) g(x)=f(\frac{x}{2})\cdot f(\frac{x}{8}) g(x)=f(2x)⋅f(8x)， x ∈ [ 1 2 , 8 ] x\in[\frac{1}{2},8] x∈[21,8]，若 g ( x ) g(x) g(x) 的最大值为 8 8 8，求实数 a a a 的值。
解： g ( x ) = ( log a x − log a 2 ) ( log a x − 3 log a 2 ) g(x)=(\log_ax-\log_a2)(\log_ax-3\log_a2) g(x)=(logax−loga2)(logax−3loga2) 类比二次函数，开口向上，最大值只能是 g ( 1 2 ) g(\frac{1}{2}) g(21) 或 g ( 8 ) g(8) g(8)
1 ° g ( 1 2 ) = 8 1\degree g(\frac12)=8 1°g(21)=8
log a 2 2 = 1 \log^2_a2=1 loga22=1
log a 2 = ± 1 \log_a2=\pm1 loga2=±1
a = 2 a=2 a=2 或 1 2 \frac12 21
经检验，此时 g ( 8 ) < g ( 1 2 ) g(8)<g(\frac{1}{2}) g(8)<g(21)
2 ° g ( 8 ) = 8 2\degree g(8)=8 2°g(8)=8
log a 2 2 ⋅ log a 1 = 8 \log_a2^2\cdot\log_a1=8 loga22⋅loga1=8 无解（舍）
综上， a = 2 a=2 a=2 或 1 2 \frac{1}{2} 21
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