江苏省2016届高三高考数学：保值(倍值)区间题型探究(PDF版).pdf

保值 倍值 区间问题 基本概念基本概念 保值区间比较常见的一个定义是 对于区间 a b 若函数 f x同时满足下列两个条件 函数 f x在 a b上是单调函数 函数 f x当定义域为 a b时 值域也为 a b 则称区间 a b为函数 f x的 保值区间 对于函数 xfy 若存在区间 ba 当 x ba 时 xf的值域为 kbka k 0 则称 xfy 为k倍值函数 区间 a b为函数 f x的 倍值区间 实际上 在具体的题目中 保值区间的概念会有不同的定义 在部分题目中 并不会提到 保值 区间 这个概念 甚至都不会提出 单调 这个条件 那么我们在做相应的题目的时候 就要按照实 际具体做好分析了 解题思路解题思路 一般此类问题有三种情况 1 函数在定义域上单调增 2 函数在定义域上单调减 3 函数只在部 分区间上单调 在整个定义域上不具有单调性 需要注意的是 如果能画出函数图像的简图 那对于 解决此类题目来说 帮助十分巨大 所以画图能力一定要比较强 此类问题实际上是有 不动点 稳定点 的背景的 但不属于高考大纲内容要求 本文不涉 及此概念 有兴趣的可以自行查阅相关资料 一 函数在定义域上单调增 既然函数在定义域上单调增 那么在区间 ba 上必然是单调增的 而值域是 ba 则得到 bbf aaf 继而可以得到 xxf 在定义域内有两个不同的解ba 再利用函数零点问题的判断方法 去处理即可 当然 如果考量几何意义 我们会发现 实际上就是 xfy 和xy 在定义域内有两个不同的交 点 这个时候再考虑求切线找临界的方法去处理就可以了 二 函数在定义域上单调减 同上 既然在定义域内单调减 那么在区间 ba 内必然是单调减的 而值域是 ba 则可以得到 abf baf 需要注意的是 这种形式的就不能再构造函数了 或者说暂时还不能看出如何构造 对于 此类式子的处理方法 基本就是两个式子做减法约分就能得到等量关系了 如果还发现不了 再试试 加法 此时考量几何意义 会发现 abba 都在函数 xfy 上 即 xf上存在两个关于xy 对称 的点 三 函数在定义域上不具有单调性 在部分区间上具有单调性 此类题目一般分两种情况 1 可以通过题目所给的条件 不断的通过必要条件缩小ba 的范围 继而能够判断出在 ba 上的单调性 个别情形下 需要分类讨论 2 如果通过必要条件依然无法判断 出区间上的单调性 那就只有分类讨论处理了 例题讲解例题讲解 例 1 函数 2 2 1aa x y a x 0a 的定义域和值域都是 m n 则nm 的最大值为 解析 xaa a y 2 11 显然 函数的自然定义域是 0 0 那么自然就有nm 同号 注意 类似结论在此类题目里特别常见 而当nm 同号时 该函数在区间 nm 上都是单调增的 故可得 n naa a m maa a 2 2 11 11 即x xaa a 2 11 有两个同号的解 化简可得0 11 2 2 a x a a x 方程的 两个解即是nm 显然 若存在两个解 则有1 mn 必然同号 1 2341 22 2 aaaa a 当0 时 即符合题目要求 此时由求根公式 2 1 2 1 a a a a mn 不难得到 max 3 4 所以最后答案为 3 32 变式一 已知关于x的函数 2 1 t xt f xtR x 的定义域为D 若存在区间 a bD 使得 f x的值域也是 a b 则当t变化时 ba 的最大值为 解析 同理 首先观察到函数 22 1 1 t xtt f xt xx 为各象限内的增函数 则有 ba 同 号 且有 2 2 1 1 t at f aa a t bt f bb b 得到 2 1 t xt f xx x 则 22 10 xt xt 有两个不同的同号解 显然若是有两个不同解 则必然同号 那么 22 121212 4baxxxxx x 2 142 3 3 333 t 本质上 例 2 跟例 1 是同一道题目 此处的t与a是互为负倒数的 变式二 2007 年全国高中数学联赛陕西初赛试题 己知函数xy 2 1 log 的定义域为 ba 值域为 2 0 则区间 ba 长度的最大值与最小值的差为 解析 函数图像如图 当值域为 2 0时 定义域长度最小时是 1 4 1 最长时是 4 4 1 故差是 3 例 2 若函数3 xmxf的定义域为 ba 值域为 ba 则m的取值范围是 解析 观察得到函数 f x在区间 a b为减函数 则有 3af bmb 3bf ama 由 得到 33mabba 33abab 233mabab 令3 3tasb 即有 22 3 3atbs 代入 得到 22 tsts 即1ts 其中01ts 那么代入 得到 2222 265mtststs 222 1 5224ssss 2 19 2 22 s 由01ts 可知 1 1 2 s 利用二次函数图象可知 9 24 2 m 即 9 2 4 m 变式二 1997 年第八届 希望杯 全国数学邀请赛 高一 试题 当1 a时 若函数 2 3 2 1 2 xxxf的定义域和值域都是 a 1则a 解析 显然函数在 a 1单调增 可得 aaaaf f 2 3 2 1 11 2 解得3 a或1 a 舍 得 3 a 变式三 若函数 yf xxD 同时满足下列条件 f x为D上单调函数 存在区间 a bD 使 f x在 a b上的值域为 a b 则 yf x 叫做闭函数 若函数2ykx 是闭函 数 求实数k的取值范围是 解析 首先 观察到函数2ykx 为定义域内单调增函数 则有 2 2 2 f aaka fxxkx f bbkb 在 a b内有两个互异实根 亦即 方程2xxk 在 a b内有两个互异实根 1 2yx 与 2 yxk 的图像有两个不 同的交点 画出图像 得到当直线的纵截距 9 2 4 k 时 满足题意 从而得到 9 2 4 k 变式四 函数 yf x 的定义域为D 若满足 f x为D上单调函数 存在区间 a bD 使 f x在 a b上的值域为 ba 则 yf x 叫做对称函数 现有2yxk 是对称函数 那 么实数k的取值范围是 分析 首先 观察到函数2yxk 为定义域内单调减函数 则有 2 2 2 f aaka fxxkx f bbkb 在 a b内有两个互异实根 亦即 方程2xxk 在 a b内有两个互异实根 1 2yx 与 2 yxk 的图像有两个 不同的交点 画出图像 得到当直线的纵截距 9 2 4 k 时 满足题意 变式五 若函数 1fxxm 在区间 a b上的值域为 1 2 2 a b ba 则实数m的取值范 围为 解析 首先 观察到函数 1fxxm 为定义域内单调增函数 则有 1 2 1 2 1 2 a f aam x f xxm b f bbm 在 1 上有两个不同的根 利用图像 再转化为函数1yx 和 2 x ym 有两个交点 利用图像 首先 1 2 m 时 过 1 0点与曲线有两个交点 其次 考虑相切的临界情况 可利用平方后二次函数的0 得到0m 避免求导 则得到 1 0 2 m 代数运算 令tx 1换元转化为关于t的一元二次方程在 0上有两个不相等的实根去解决也可 以 例 3 2004 年江苏省高考试题 设函数 x x xf 1 区间 babaM 集合 MxxfyyN 则使NM 成立的实数对 ba 有个 A 0 个 B 1 个 C 2 个 D 无数多个 解析 法一 易得函数 xf是定义在R上的奇函数 当0 x时 1 1 1 1 xx x xf xf 在 0上单调减 又 xf连续 可得 xf在R上 单调减 abf baf a b b b a a 1 1 相乘可得 ab ab ab 11 1110 baorab 0 ba 这与ba 矛盾 选A 法二 画出函数图像如图 函数单调减 且显然不可能存在两个点关于xy 对称 即不存在保值区间 选A 变式一 函数 2 1 x f xxR x 区间 Ma bab 其中 Ny yf xxM 则使MN 成立的区间 a b有个 解析 方法一 同上分析可得 xf在R上单调增 那么有 bbf aaf x x x xf 1 2 可 得该方程有 3 个解分别为0 1 即存在这样的三个区间 1 1 1 0 0 1 方法二 画出函数图像 与xy 相交于三点 变式二 2011 年全国高中数学联赛湖北预赛试题 已知函数 22 2 xxxf的定义域为 ba 值域为 ba 2 2 则符合条件的数组 ba 为 解析 函数值域为 1 显然有12 a 画出函数图像如图 答案为 22 2 1 1 2 1 ba时 xf单调减 abb baa 222 222 2 2 作差约分可得 22 ba 显然不成立 ba 1 2 1 时 xf在 1 a上单调减 b 1上单调增 afxf211 min 4 5 2 1 f bfb 4 5 max2 2222 2 84 8 5 321 bbb 舍 舍 22 2 1 ba ba 1时 单调增 可得 ba bbb aaa 222 222 2 2 解得 22 22 b a 不符合 综上 22 2 1 ba 例 4 若函数 x axf 1 的定义域与值域均为区间 nm nm 求实数a的取值范围 解析 函数 0 1 0 1 x x a x x a xf在定义域上是不具有单调性的 此时便需要分析必要条件了 函 数定义域为 0 0 那么可得nm 必然同号 当0 nm时 xf单调增 x x axf 1 即01 2 axx有两个不同的正根 2 0 0 a a 当0 nm时 xf单调减 m n a n m a 1 1 作差可得mn mn mn 1 mn 反代可得0 a 20a 变式一 若函数 1 1 g x x 是否存在形如 a bab 的保值区间 若存在 求出该区间 若不 存在 请说明理由 解析 本题建议画出函数图像来辅助解题 否则对于应该在何处分类讨论将无从下手 函数在0 x处无意义 故ba 同号 又函数值域为 0 0 ba 故0 a ba 0 ba 1 所以10 ba或ba 1 当10 ba时 1 1 x xg 单调减 a b b a 1 1 1 1 作差可得1 ab 矛盾 当1ab 时 x xg 1 1 单调增 但此时 1 xg恒成立 故不可能存在这样的ba 综上 不存在这样的保值区间 变式二 函数12 x y的定义域与值域均为 ba 则 ba A 1 B 2 C 3 D 4 解析 函数自然值域为 0 所以必然有ba 0画出函数图像如图 xf在 0单调增 所以 b a b a 12 12 即x x 12 通过试根可得仅有两个解分别为0和1 可得 1 0 b a 1 ba故选 A 变式三 已知函数 x xf 1 1 若存在实数 baba 使得 xf的定义域是 ba 值域是 0 Rmmmbma 则实数m的取值范围为 解析 由题可得 mbma ba 0 ba m 0 0 10 1 1 1 1 1 x x x x xf 显然 ba 1 当 1 0 ba时 1 1 x xf在 ba 上单调递减 故 ma b bf mb a af 1 1 1 1 作差化简可得 m ab 1 反代发现矛盾 m无解 当 1 ba时 x xf 1 1 在 ba 上单调增 故 mb b bf ma a af 1 1 1 1 mx x xf 1 1即01 2 xmx在 1上有两个不相等的实根 1 2 1 0111 041 m mg m 4 1 m 综上 4 1 0m 变式四 二次函数 2 1 2 f xxx 是否存在实数 m n mn 使函数 f x的定义域和值 域分别是 m n和 3 3mn 如果存在 求出 m n的值 若不存在 请说明理由 答案 4m 0n 变式五 2010 年全国高中数学联赛内蒙古预赛试题 已知函数 2 1 2 f xxx 若函数 xf的定 义域为 nm 时 值域为 1 kknkm 则knm 的关系是 解析 xf值域为 2 1 2 1 kn 又1 k 2 1 n xf 在 nm 上单调增 有 knnnnf kmmmmf 2 2 2 1 2 1 即kxxx 2 2 1 有两个小于 2 1 的不相等的解 解得 kxx 12 0 21 显然 21 xx 即有 kxm xn 12 0 2 1 例 5 对于区间 a b 若函数 f x同时满足下列两个条件 函数 f x在 a b上是单调函数 函数 f x当定义域为 a b时 值域也为 a b 则称区间 a b为函数 f x的 保值区间 1 写出函数 2 yx 的保值区间 2 函数 2 0 yxm m 是否存在保值区间 若存在 求出相应的实数m的取值范围 若不存 在 试说明理由 解析 1 显然如果存在 那么ba 均非负 那么在 ba 上单调增 易得 0 1a b 2 由题要求在区间 ba 上单调易得 0 a b 或者 0 a b i 当 0 a b 时 此时 f aa f bb 则可将 a b视为方程 2 0 xxm 的两个非负实数 根 则 1 40 1 0 04 m m m ii 当 0a b 时 2 2 1 f babma ab f ab amb 2 2 1 1 mbb maa 可将问题转化为方程 2 1mxx 有两个非负实数解 数形结合或者根的分布理论可得 3 1 4 m 综上 31 1 0 44 m 变式一 是否存在实数nm 使函数 3 3 xxg 在区间 nm 上的值域仍为 nm 若存在 求 出nm 的值 若不存在 说明理由 解析 画出函数图像如图所示 函数定义域为R 值域为 3 若nm 异号 此区间上函数最大值为 3 即3 n 又 243 g 所以24 m xg 是左增右减的偶函数 而324 m 所以 xf在 nm 上的最小值为 mf 而 mmf 在24 m时无解 故不成立 当0 nm时 3 3xxg 在 nm 单调增 nn mm 3 3 3 3 xx 3 3在 0 上至少有 2 个不相等的实根 构造 3 3 xxxk 13 2 xxk 可得 3 3 x时取得极小值 即 0 9 32 3 3 3 kxk 故 0 xk在 0 上无解 即无对应的nm 当nm 0时 3 3xxg 在 nm 单调减 22 22 3 3 6 1 3 3 nmnmnm nmnm mn nm mnnmnm nmmn 36 1 2 2 3 32 0 4 1 2 2 nm nm mnnm 令tnm 326 2 tt 令 3 32 032 3 tttth 36 2 tth 可得 2 2 t 时取得极大值 62 2 2 hth 故 6 th在 3 32 0上无解 提示 此处出现了三次方 相加减之后的式子完全可以看作mnnmnm 22 三个元组成的 表达式 继而可以通过完全平方公式把式子化简 进而用这三个元中的某一个元表示等式 再利用 构造函数求最值的方法去证明方程无解即可 此题中 若改为 2 2 0 3 kxkxg 那么根 据上面的方法可以判断 2 2 02kkth在 3 32 0有解 即有对应的0 nm使得题目成 立 综上 不存在这样的 nm 例 6 对于函数 xfy 若存在区间 ba 当 x ba 时 xf的值域为 kbka k 0 则称 xfy 为k倍值函数 若 xxxf ln是k倍值函数 则实数k的取值范围是 解析 观察到函数 lnf xxx 为增函数 那么 ln ln f aaaka f bbbkb 则 ln xxkx 在 a b上有两个互异正根 转化为 ln 1 x k x 令 ln x g x x 得到 2 1 ln x gx x 当 0 xe gx 当 0 0 xe gx 且当1x 时 0g x 当xe 时 0g x 此 处易错 画出图像 当然 转化为 xxkln1 继而求xyln 和 xky1 有 2 个交点时k的范围亦可 则有 1 01k e 即 1 1 1k e 例 7 设 xf奇函数 当0 x时 2 2xxxf 若函数 baxxf 的值域为 ab 1 1 则 b的最小值为 实数a的取值集合为 解析 0 2 0 2 2 2 xxx xxx xf 画出函数图像如图 函数的有 3 段单调区间 如果直接分类讨论的话 讨论的分类量将十分巨大 此时我们必须通过 一些信息去缩小范围 通过必要条件去缩小ba 所在的区间 根据题意 函数的零点为0 2 极小值为1 极大值为1 又0 11 ab ab ba 那么ba 必然 同正或同负 当0 ba时 函数的值域为 1 1 1 b 1 b 又0 1 a 1 2 1 1 ab 2 a b bbbf a aaaf 1 2 1 2 2 2 构造得 x xx 1 2 2 即012 23 xx在 1 2 上有两个不相等的实根 解三次 方程 试根法 待定系数法或者试根法 长除法 可得 2 51 1 3 2 1 x 显然此时1 2 51 ba 当ba 0时 11 1 a a 同理可得 2 1 ba 此时 xf在 ba 上单调减 b bbbf a aaaf 1 2 1 2 2 2 构造得 x xx 1 2 2 即012 23 xx在 2 1 上有两个不相等的实根 同样方法 可得 2 51 1 3 2 1 x 此时 2 51 1 ba 例 8 2010 年福建高考试题 设非空集合 nxmxS 满足 当Sx 时 有Sx 2 给出如 下三个命题 若1 m 则 1 S 若 2 1 m 则1 4 1 n 若 2 1 n 则0 2 2 m 其中正确 命题的个数是 A 0 B 1 C 2 D 3 解析 解析 若1 m 由 22 11nxnxnxm 又由nnSx 22 11 1 10 Snm nm n 若 2 1 m 由 22 4 1 max0 2 1 nxnxnxm 又由Sx 2 nn 2 4 1 max1 4 1 n 若 2 1 n 由nxm 2 1 xm i 当0 m时 4 1 22 xm 又由Sx 2 mm 2 又 2 1 m 显然这样的m不存在 ii 当0 m时 22 4 1 max0mx 又Sx 2 2 1 4 1 max 2 m0 2 2 m 故选 D 点评 点评 本题是一道以集合为背景的形似不等式的问题 但实质是函数的保值区间问题 题目等价 为 函数 2 xxf 当Sx 时 Sxf 画出 xf和xy 图像如图 但是要注意的是 本题与传统保值区间问题还不一样 这个题目在定义域为S时要求值域是S的 子集即可 不需要值域也是S 此处可以判断的是nn 2 即 1 0 n必须成立 而且当 nx 0 时 2 0 nS 肯定成立 若1 m函数图像如图 我们发现只有1 n是符合要求 即 1 S 若 2 1 m函数图像如图 可得 4 1 2 1 2 n 1 4 1 n 若 2 1 n 函数图像如图 可得 0 2 1 2 m m 0 2 2 m 在函数的三要素 定义域 解析式和值域中 定义域和解析式是函数的 基本量 即由函数的定义 域和解析式可唯一确定函数的值域 但由函数的解析式和值域不能唯一确定函数的定义域 解答函数的 定义域与值域的关系问题常用的方法是图解法 即通过作出所给函数的图像直观分析求解 或通过研究 函数的单调性分析求解 着意于函数的定义域和值域的关系 是高考命题的出发点之一 变式一 2008 年天津高考试题 设1 a 若仅有一个常数c使得对于任意的 aax2 都有 2 aay 满足方程cyx aa loglog 这时a的取值的集合为 解析 由cyx aa loglog c axy x a y c 当 aax2 值域为 a a a a cc 2 那么有 2 2 aa a a a a cc 322log 2 2 c a a a a a a ac c 又常数c唯一 可得322log a 2 a 取 值集合为 2 例 9 2009 年江西高考试题 设函数 0 2 acbxaxxf的定义域为D 若所有点 Dtstfs 构成一个正方形区域 则a的值为 A 2 B 4 C 8 D 不能确定 解析 显然由题 函数的定义域应该是一个闭合区间 即 21 xx 其中 21 x x为方程 0 2 cbxax的两个根 函数的值域为 a bac 4 4 0 2 所有点 Dtstfs 构成一个正方形区域 定义域和值域的区间宽度应该相等 a bac xx 4 4 2 12 a acb a acb 4 44 22 44 2 aaa故选 B 注 注 已知函数存在保值区间 求参数的值 或范围 是保值区间问题的一个重要题型 本题条件 所有点 Dtstfs 构成一个正方形区域 其实对应的是函数 xf的定义域值域 宽度相同 此处可以看作是一种广义的保值区间 变式一 2007 年全国高中数学联赛湖北预赛试题 对于函数 bxaxxf 2 存在一个正数b 使得 xf的定义域和值域相同 则非零实数a的值为 解析 若0 a xf的定义域为 0 a b D 但 xf的值域 0 显然不合要 求 若0 a 对于正数b xf的定义域为 a b D 0 此时 xf的值域为 a b 4 0 2 可得 a b a b 4 2 4 a 例 10 2014 届青岛高三调研 已知函数 1 x f xex 求 f x的最小值 当函数自变量的取值区间与对应函数值的取值区间相同时 这样的区间称为函数的保值区 间 设 2 1 1 g xfxx 试问函数 g x在 1 上是否存在保值区间 若存在 请求出一个保 值区间 若不存在 请说明理由 答案 例 11 2000 年全国高中数学联赛 若函数 2 113 22 f xx 在区间 a b上的最小值为2a 最大值为 2b 求 a b 解答 分如下三种情形来讨论区间 a b 1 当0ab 时 f x在区间 a b上单调递增 所以 2f aa 2f bb 即 2 2 113 2 22 113 2 22 aa bb 所以a b是方程 2 113 20 22 xx 的两个不同实根 而方程 2 113 20 22 xx 的两 根异号 不可能 2 2 当0ab 时 f x在 0 a上递增 在 0 b上递减 故 0 2fb 且 min 2f af ba 由 0 2fb 得 13 4 b 于是 2 1 131339 0 24232 f b 而0a 故 2f ba 所以 2f aa 即 2 113 2 22 aa 解方程 得217a 此时 13 217 4 a b 3 当0ab 时 f x在 a b上递减 于是 2f ab 2f ba 即 2 2 113 2 22 113 2 22 ab ba 解方程组 得1a 3b 此时 1 3 a b 综上所述 所求的区间 a b为 1 3 或 13 217 4 习题演练 1 2010 年北京市中学生数学竞赛高一试题 已知函数 1 2 xxf的定义域为D 值域为 3 1 0 1 试确定这样的集合 D 最多有多少个 2 2003 年江苏省数学夏令营数学竞赛题 如图 已知函数 2 2xy 在 ba 上的值域为 2 0 则点 ba 的轨迹为图中的 A 线段 AB BC B 线段 AB OC C 线段 OA BC D 线段 OA OC