保值区间问题 – 永坤数学

保值区间问题

Post author:zq3491
Post published:2025年8月15日
Post category:物理
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高一压押题（保值函数）

例1、定义区间 $[x_{1}, x_{2}]$ 的长度为 $x_{2} - x_{1} (x_{2} > x_{1}),$ 函数 $f (x) = \frac{(a^{2} + a) x - 1}{a^{2} x} (a \in R, a \neq 0)$ 的定义域与值域都是 $[m, n] (n > m)$ ,则区间 $[m . n] 取最大长度时实数 a 的值为 ()$ [20200526保值区间问题（2020届一轮复习课后题答疑）_哔哩哔哩_bilibili]

$A . \frac{2 \sqrt{3}}{3} B . - 3 C .1 D .3$

解： $f (x) = \frac{(a^{2} + a) x - 1}{a^{2} x} = \frac{a^{2} + a}{a^{2}} - \frac{1}{a^{2}} x \in (- \infty, 0) \cup (0, + \infty) ↗ 。$

$则 {\begin{cases} f (m) = m \\ f (n) = n \end{cases} \Rightarrow f (x) = x 方程有两个不等实根; ∴ a^{2} x^{2} - (a^{2} + a) x + 1 = 0$

$\Rightarrow Δ > 0, x_{1} + x_{2} = \frac{a^{2} + a}{a^{2}} = 1 + \frac{1}{a} x_{1} x_{2} = \frac{1}{a^{2}} \Rightarrow | x_{2} - x_{1} | = \sqrt{(x_{1} + x_{2})^{2} - 4 x_{1} x_{2}}$

$=\sqrt{(1+\frac{1}{a})^2-\frac{4}{a^2} }=\sqrt{-\frac{3}{a^2}+\frac{2}{a}+1}=\sqrt{-3(\frac{1}{a}-\frac{1}{3})^2+\frac{4}{3}}\Rightarrow a=3 $

例2、已知 $f (x) = \frac{2^{x + 1} - 3}{2^{x} - 1}, x \in (0, + \infty),$ 若存在实数 $b > a > 0,$ 使得函数 $f (x) 在 (a, b)$ 上的值域是 $(m 2^{x}, m 2^{b})$ ,求实数 $m$ 的取值范围。[函数保值（倍值）区间问题_哔哩哔哩_bilibili]

解： $∵ x \in (0, + \infty), ∴ 2^{x} > 1, f (x) 在 (a, b)$ 上的值域是 $(m 2^{x}, m 2^{b}), ⟹ 0 < a < b \to 0 < m 2^{a} < m 2^{b} \Rightarrow m > 0$

$f (x) = \frac{2^{x + 1} - 3}{2^{x} - 1} = 2 - \frac{1}{2^{x} - 1}, x \in (0, + \infty), 令 t = 2^{x} > 1, ∴ y = 2 - \frac{1}{t - 1} (t > 1)$

$∵ t = 2^{x} 在 (0, + \infty) 单调 ↗ ， y = 2 - \frac{1}{t - 1} 在 (1, + \infty) 单调 ↗, ∴ y = f (x) 在 (0, + \infty) 单调 ↗ 。$

$∵ 由题 0 < a < b, 且 m 2^{a} < m 2^{b}, ∴ m > 0$

$∴ {\begin{cases} m > 0 \\ f (a) = m 2^{a} \\ f (b) = m 2^{b} \end{cases} \Rightarrow a, b 是关于 x 的方程 f (x) = m 2^{x}$ 的两个不等正根。 $∴ 2 (2^{x} - 1) - 1 = m 2^{x} (2^{x} - 1)$ ,方程 $m t^{2} - (m + 2) t + 3 = 0$ 有两个大于1的不等实根。令 $h (x) = m t^{2} - (m + 2) t + 3, (t ＞ 1)$ $∴ {\begin{cases} m > 0 \\ Δ = (m + 2)^{2} 12 m > 0 \\ \frac{m + 2}{2 m} > 1 对称 \\ h (1) > 0 \end{cases} \Rightarrow {\begin{cases} m > 0 \\ m^{2} - 8 m + 4 > 0 \\ m < 2 \end{cases} \Rightarrow {\begin{cases} m > 0 \\ m > 4 + \sqrt{2} 或 m < 4 - \sqrt{2} \\ m < 2 \end{cases} \Rightarrow 2 < m < 4 - \sqrt{2}$

例3、已知二次函数 $f (x) = a x^{2} + b x - 1$ 的图象过点 $(- 1, 0)$ ,且对任意实数均有 $f (x) \leq 0$ 成立。[高一数学压轴题-二次函数保值区间问题_哔哩哔哩_bilibili]

$(1) 求 f (x) 的表达式；$

$(2) 若奇函数 h (x)$ 的定义域和值域都是区间 $[- k, k], 且 x \in [- k, 0] 时， h (x) = f (x) + 1 ，求 k$ 的值。

解： $(1) ∵ 图象过 (- 1, 0), ∴ f (- 1) = 0, a - b - 1 = 0 又$ $∵ 对 \forall x \in R, f (x) \leq 0$ 成立。

$∴ {\begin{cases} a < 0 \\ Δ = b^{2} + 4 a \leq 0 \end{cases} \Rightarrow {\begin{cases} a < 0 \\ (a - 1)^{2} + 4 a = (a + 1)^{2} \leq 0 \end{cases} \Rightarrow a = - 1, b = - 2$

$∴ f (x) = - x^{2} - 2 x - 1$

$(2) ∵ 当 x \in [- k, 0] 时， h (x) = f (x) + 1 = - x^{2} - 2 x 当 x \in (0, k] 时， - x \in [- k, 0),$

$∴ h (- x) = - x^{2} + 2 x, ∵ h (x) 是奇函数， ∴ h (- x) = - h (x) \Rightarrow h (x) = x^{2} - 2 x$

$∴ h (x) = {\begin{cases} - x^{2} - 2 x, x \in [- k, 0] \\ x^{2} - 2 x, x \in (0, k] \end{cases}$

$1^{o} 当 0 < k \leq 1 时， h (x) 在 [- k, k] 是减函数， ∴ h (k) = - k, k^{2} - 2 k = - k \Rightarrow k = 1, k = 0 (舍去)$

$2^{o} 当ｋ > 1 时， h (k) = k, k^{2} - 2 k = k \Rightarrow k = ３, k = 0 (舍去)$

综上述，得 $k = 1, 或 k = 3$

例4.已知关于 $x 的函数 f (x) = \frac{(1 - t) x - t^{2}}{x} (t \in R)$ 的定义域为D，若存在区间 $[a, b] \subseteq D 使得 f (x)$ 的值域也是 $[a, b], 则当 t 变化时， b - a 的最大值为 () .$ [高中数学-第002题]利用函数的单调性求解保值倍值区间问题，高一数学压轴题热门考点_哔哩哔哩_bilibili]

例5、 $已知函数 f (x) = {\begin{cases} 2^{2 - x}, (x < 2) \\ \frac{3}{4} x^{2} - 3 x + 4, (x \geq 2) \end{cases} 若不等式的 a \leq f (x) \leq b 的解集恰好为 [a, b], 则 b - a = ()$ [保值函数_哔哩哔哩_bilibili]

例6、2023年崇川区、通州区、盐城南师华师高一期末[高一函数：分段函数的保值区间，非常规题型，数学结合观察分析_哔哩哔哩_bilibili]

设函数 $f (x) = (| x | - 2) (| x + 1 |), 则 f (x) 在 R$ 的最小值为 $() ；若 f (x)$ 的定义域和值域均为 $[a, b], 则 a + b = ()$

例4详解：$D:(-\infty,0),\cup (0,+\infty)f(x)=1-t-\frac{t^2}{x}:单增。则\begin{cases} f(a)=a\f(b)=b\end{cases}\Rightarrow f(x)=x $方程有两个同号实根

$\Rightarrow (1 - t) x - t^{2} = x^{2} \Rightarrow x^{2} + (t - 1) x - t^{2} = 0 \Rightarrow {\begin{cases} a + b = 1 - t \\ a b = t^{2} \end{cases}$

$(b - a)^{2} = (a + b)^{2} - 4 a b = (1 - t)^{2} - 4 t^{2} = - 3 t^{2} - 2 t + 1 = - 3 (t + \frac{1}{3})^{2} + 1 + \frac{1}{3} \leq \frac{4}{3} \Rightarrow b - a \leq \frac{2}{3} \sqrt{3}$

$当 t = - \frac{1}{3} 时，取得最大值。$

例5详解 $① 2 < a < b 时， {\begin{cases} f (a) = a \\ f (b) = b \end{cases} \Rightarrow {\begin{cases} \frac{3}{4} a^{2} - 3 a + 4 = a \\ \frac{3}{4} b^{2} - 3 b + 4 = b \end{cases} ∴ \frac{3}{4} x^{2} - 3 x + 4 = x 有 2 个大于 2 的不等实根。$

$3 x^{2} - 16 x + 16 = 0 \Rightarrow x = \frac{8}{3} \pm \frac{4}{3} \Rightarrow x_{1} = 4 或 x_{2} = \frac{2}{3} < 2 舍去。$

$② a < b < 2, f (x) 在 x < 2 单减, \Rightarrow {\begin{cases} f (a) = b \\ f (b) = a \end{cases} \Rightarrow {\begin{cases} 2^{2 - a} = b \\ 2^{2 - b} = a \end{cases}$ 显然此方程无解,舍去.

<img src="H:\保值函数例5图.png" alt="保值函数例5图" style="zoom: 33%;" />

$③ a < 2 < b, {\begin{cases} f (2) = a \\ m a x {f (a), f (b)} \end{cases} ∴ {\begin{cases} f (2) = a = \frac{3}{4} \cdot 2^{2} - 3 \times 2 + 4 = 1 \\ \frac{3}{4} \cdot x^{2} - 3 \times x + 4 = x, b = 4 \end{cases}$

$∴ {\begin{cases} a = 1 \\ b = 4 \end{cases} \Rightarrow | b - a | = 4 - 1 = 3$

例6详解: $f (x) = {\begin{cases} (x - 2) (x + 1), x \geq 0 \\ - (x + 2) (x + 1), - < x < 0 \\ (x + 2) (x + 1), x \leq - 1 \end{cases}$

<img src="H:\保值函数例6图.png" alt="保值函数例6图" style="zoom: 50%;" />

如图: $y_{m i n} = (x - 2) (x + 1) = (x - \frac{1}{2})^{2} - \frac{9}{4} (x \geq 0)$

当 $x \leq - 1 时, y = (x + 2) (x + 1) = x^{2} + 3 x + 2 = (x + \frac{3}{2})^{2} - \frac{1}{4}$

一般利用单调性, $单增时 f (a) = a, f (b) = b; 单减时, f (a) = b, f (b) = a,$ 构造方程来解.此题宜用数形结合.

当 $x > 0 时, (x - 2) (x + 1) = x \Rightarrow x^{2} - x - 2 = x \Rightarrow x = 1 \pm \sqrt{3}, 解得 x = 1 + \sqrt{3}$

$f (- \frac{9}{4}) = (- \frac{9}{4} + 2) (- \frac{9}{4} + 1) = \frac{5}{16} < 1 + \sqrt{3} \Rightarrow a + b = - \frac{9}{4} + 1 + \sqrt{3} = - \frac{5}{4} + \sqrt{3}$ 如

图 $f (0) = - 2, f (- 2) = 0, a + b = - 2$

故$a+b=-2或\sqrt{3} -\frac{5}{4} $

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