例1(2017凤翔中学高三理科数学第二次月考第11题)

已知函数\(f(x)=\begin{cases}2^{|x|}+1，&x\leq 2\\-\cfrac{1}{2}x+6，&x>2\end{cases}\)，若\(a，b，c\)互不相等，且满足\(f(a)=f(b)=f(c)\)，则\(a+b+c\)的取值范围是【 】
A、\((5，6)\) \(\hspace{2cm}\) B、\((2，8)\) \(\hspace{2cm}\) C、\((1，10)\) \(\hspace{2cm}\) D、\((0，10)\)

分析：作出题目的函数图像，不妨设\(a < b < c\)，

让水平直线从\(y=2\)变化到\(y=5\)这两个极限位置，

当\(y=2\)时，\(a+b+c=8\)，

当\(y=5\)时，\(a+b+c=2\)，

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\(sin\theta+cos\theta=sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)。

例2【2019凤翔中学高三理科数学资料用题】

已知函数\(f(x)=\begin{cases}|lgx|，&0<x\leq 10\\-\cfrac{1}{2}x+6，&x>10\end{cases}\)，若\(a，b，c\)互不相等，且满足\(f(a)=f(b)=f(c)\)，则\(abc\)的取值范围是【 】

A、\((1，10)\) \(\hspace{2cm}\) B、\((5，6)\) \(\hspace{2cm}\) C、\((10，12)\) \(\hspace{2cm}\) D、\((20，24)\)

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\(abc\in (10，12)\)。

例3已知函数\(f(x)=\begin{cases}-4x^2+4x，&0\leq x<1\\log_{2013}\;x，&x>1\end{cases}\)，若\(a，b，c\)互不相等，且满足\(f(a)=f(b)=f(c)\)，则\(a+b+c\)的取值范围是【 】

A、\((2，2014)\) \(\hspace{2cm}\) B、\((2，2015)\) \(\hspace{2cm}\) C、\((3，2014)\) \(\hspace{2cm}\) D、\((3，2015)\)

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\(a < b < c\)，

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。

例4(2017•聊城模拟)

若函数\(f(x)=\begin{cases}-2x，&x\leq 0\\-x^2+x，&x>0\end{cases}\)，且关于\(x\)的方程\(f(x)＝a\)恰有三个互不相等的实数根\(x_1，x_2，x_3\)，则\(x_1x_2x_3\)的取值范围是【】

A、\((-\cfrac{1}{32}，0)\) \(\hspace{2cm}\) B、\((-\cfrac{1}{16}，0)\) \(\hspace{2cm}\) C、\((0，\cfrac{1}{32})\) \(\hspace{2cm}\) D、 \((0，\cfrac{1}{16})\)

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，\(0< a <\cfrac{1}{4}\)，

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。

例5已知函数\(f(x)=\begin{cases}|2x+1|，&x<1\\log_2(x-m)，&x>1\end{cases}\)，若\(f(x_1)=f(x_2)=f(x_3)\)(\(x_1，x_2，x_3\)互不相等)，

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，\(x_1+x_2=-1\)，

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\(m=1\)。

例6【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【】

【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；