3.保值区间背景下的导数（函数）压轴
一．基本原理
1.保值(倍值)区间的定义:对于区间
,若函数
的定义域为
时,其值域也为
[ , ]
a b
( )
f x
[ , ]
a b
,则称该区间为
的保值区间;若
时,其值域为
,则称
[ , ]
a b
( )
f x
[ , ]
x
a b
*
[
,
]
ka kb
k N
为“
倍值函数”,区间
为函数
的“
倍值区间”.
( )
y
f x
k
[ , ]
a b
( )
f x
k
2.一般解法
（1）函数在在区间
上一定是单调递增的，值域是
．则由方程组
]
,
[
b
a
]
,
[
b
a
( )
( )
f a
a
f b
b
，得到
是方程
在函数定义域内的两个不同的实数解，然后利用函数零点问题
b
a,
( )
f x
x
的判断方法进行处理；
（2）函数在在区间
上一定是单调递减的，值域是
．则由方程组
]
,
[
b
a
]
,
[
b
a
( )
( )
f a
b
f b
a
，得到
是方程
在函数定义域内的两个不同的实数解，然后利用函数零点问题
b
a,
( )
f x
x
的判断方法进行处理.
二．典例分析
例1．设函数
，若存在区间
，使
在
上的值域
2
ln
2
f x
x
x
x
1
,
,
2
a b
f x
,a b
是
，则
的取值范围是（ ）
,
ka kb
k
A．
B．
C．
D．
9
2ln 2
1,
4
9
3
ln 2,
ln 2
2
9
2ln 2 ,
4
9
ln 2,
2
解析：
，设
，则
，当
时，
2
ln
1
0
f
x
x
x
x
g x
f
x
2
1
0
x
g
x
x
x
1
2
x
，
递增，当
时，
，
递减，故
0
g
x
g x
1
0
2
x
0
g
x
g x
，故
在
区间上递增，又∵
，故
1
ln 2
0
2
f
x
g x
g
f x
1 ,
2
1
,
,
2
a b
在
上单调递增．∴
在
上的值域为
．
f x
,a b
f x
,a b
,
f a
f b
a
b
又∵
上的值域是
，故
，
，存在区间
满足题意，等价于
,a b
,
ka kb
f a
ka
f b
kb
,a b
方程
在
上至少有两个不等正根，分离参数得
，令
f x
kx
1 ,
2
f x
k
x
，则题意等价于函数
的图象与直线
的图象至少有两个
1 ,
2
f x
h x
x
x
h x
y
k
不同的公共点．
，得
，
2
ln
2
f x
x
x
x
h x
x
x
2
2
2
1
2
2
x
x
x
x
h x
x
x
由
得
，当
得
，得
在
递减，在
递增，
0
h x
2
x
0
h x
1
2
2
x
h x
1 ,2
2
2,
又∵当
时，
，
趋近于
时，
趋近于
．∴题意等价于
2
x
2
ln
x
x
h x
x
x
x
h x
，∵
，
，
，故选：B．
1
2
2
h
k
h
≤
2
3
ln 2
h
1
9
ln 2
2
2
h
9
3
ln 2,
ln 2
2
k
例2．对于函数
，若存在区间
，当
时，
的值域为
，则
y
f x
,a b
,
x
a b
f x
,
ka kb
称
为
倍值函数．若
是
倍值函数，则
的取值范围为（ ）
y
f x
k
ln
f x
x
x
k
k
A．
B．
C．
D．
1
0, e
1 ,
e
1
1,
1
e
1
1,
e
解析：∵
，定义域为
，函数
在
上为增函数，
ln
f x
x
x
0,
f x
0,
∴由题意有，
，
，
ln
f a
a
a
ka
ln
f b
b
b
kb
即方程
有两个不同的实数根，∴
，令
，则
ln
x
x
kx
ln
1
x
k
x
ln
1
x
g x
x
，
2
1 ln x
g
x
x
由
得
，由
得
，∴函数
在
上单调递增，在
2
1 ln
0
x
x
0
e
x
2
1 ln
0
x
x
e
x
g x
0,e
e,
上单调递减，∴函数
在
处取得极大值
，又当
时，
，当
g x
e
x
1
e
1
e
g
0
x
0
g x
时，
，∴
，∴当
时，直线
与函数
的
x
1
g x
1
1,1
e
g x
1
1
1
e
k
y
k
y
g x
图象有两个不同的交点，此时方程
有两个不同的解，∴
的取值范围为
ln
1
x
k
x
k
1
1,
1
e
，
故选：C．
例3．函数
的定义域为
，若存在闭区间
，使得函数
同时满足：
f x
D
,a b
D
f x
f x
在
上是单调函数且
在
上的值域为
，则称区间
为
的
,a b
f x
,a b
[
,
](
0)
ka kb k
,a b
f x
“
倍值区间”.现有如下四个函数：①
，②
，③
，④
k
1
ex
f
x
2
2f
x
x
3
ln
1
f
x
x
.那么上述四个函数中存在“
倍值区间”的有（ ）
4
π π
sin ,
,
2 2
f
x
x x
2
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
解析：①
为增函数，若函数
存在“
倍值区间”
，则
1
ex
f
x
1
ex
f
x
2
,a b
，
1
1
e
2
e
2
a
b
f
a
a
f
b
b
令
，则
，所以当
时
，当
时
，
e
2
x
g x
x
e
2
x
g
x
ln 2
x
0
g
x
ln 2
x
0
g
x
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
g x
,ln 2
ln 2,
又
，所以
恒成立，
ln2
ln 2
e
2ln 2
2
2ln 2
0
g
0
g x
即
无零点，所以
不存在“
倍值区间”，故①错误；
e
2
x
g x
x
1
ex
f
x
2
对于②
在
上单调递增，若函数
存在“
倍值区间”
，则
2
2f
x
x
0,
2
f x
x
2
,a b
，所以
，解得
.所以函数
存在“
倍值区
,
,
0
a b
2
2
2
2
2
2
f
a
a
a
f
b
b
b
0
2
a
b
2
2f
x
x
2
间”
，故②正确；
0,2
对于③
函数在定义域
上单调递增，
3
ln
1
f
x
x
1,
若函数
存在“
倍值区间”
，则
，
3
ln
1
f
x
x
2
,a b
3
3
ln
1
2
ln
1
2
f
a
a
a
f
b
b
b
令
，则
，所以当
时
，当
ln
1
2
h x
x
x
1
2
1
2
1
1
x
h x
x
x
1
1
2
x
0
h x
时
，所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
1
2
x
0
h x
h x
1
1,
2
1 ,
2
又
，
，
1
1
1
ln
1
2
ln 2 1
0
2
2
2
h
0
0
h
，
10
10
10
10
10
10
10
e
1
ln e
1 1
2 e
1
ln e
2 e
1
10
2e
2
8
2e
0
h
所以
在
上存在一个零点，所以
在定义域上存在两个零点，
h x
10
1
e
1,
2
h x
方程
有解，其中
，
，
3
3
ln
1
2
ln
1
2
f
a
a
a
f
b
b
b
0
b
10
1
e
1,
2
a
所以函数
存在“
倍值区间”，故③正确；
3
ln
1
f
x
x
2
对于④
，函数在
上单调递增，
4
π π
sin ,
,
2 2
f
x
x x
π π
,
2 2
若函数
存在“
倍值区间”
，则
，
4
π π
sin ,
,
2 2
f
x
x x
2
,a b
4
4
sin
2
sin
2
f
a
a
a
f
b
b
b
令
，
，则
，
sin
2
m x
x
x
π π
,
2 2
x
cos
2
0
m x
x
所以
在
上单调递减，故
在
上不可能存在两个零点，
m x
π π
,
2 2
m x
π π
,
2 2
所以函数
不存在“
倍值区间”，故④错误；故选：B
4
π π
sin ,
,
2 2
f
x
x x
2
例4．设函数
的定义域为
，若函数
满足条件：存在
，使
在
f x
D
f x
,a b
D
f x
,a b
上的值域为
（其中
，则称
为区间
上的“
倍缩函数”.
,
ma mb
0,1 )
m
f x
,a b
m
（1）证明：函数
为区间
上的“
倍缩函数”；
3
f x
x
1 1
,
2 2
1
4
（2）若存在
，使函数
为
上的“
倍缩函数”，求实数的
,
R
a b
2
log
2x
f
x
t
,a b
1
2
t
取值范围；
（3）给定常数
，以及关于
的函数
，是否存在实数
，使
0
k
x
1
k
f x
x
, (
)
a b a
b
f x
为区间
上的“1 倍缩函数”.若存在，请求出
的值；若不存在，请说明理由.
,a b
,a b
解析：（1）函数
在R 上单调递增，则
在区间
上的值域为
3
( )
f x
x
3
( )
f x
x
1 1
[
, ]
2 2
1 1
[
, ]
8 8
，
显然有
，所以函数
为区间
上的“
倍缩函数”.
1
1
1
1
1
1
(
),
8
4
2
8
4
2
3
f x
x
1 1
[
, ]
2 2
1
4
（2）因为函数
在
上单调递增，当
时，函数
在
上单调递
2x
u
t
R
0
u
2
log
y
u
(0,
)
增，
因此函数
是定义域上的增函数，
2
( )
log (2
)
x
f x
t
因为函数
为
上的“
倍缩函数”，则函数
在
上的值域为
2
( )
log (2
)
x
f x
t
,a b
1
2
( )
f x
,a b
，于是得
，即
是方程
的两个不等实根，则方程
1
1
[
,
]
2
2
a
b
1
( )
2
1
( )
2
f a
a
f b
b
, (
)
a b a
b
1
( )
2
f x
x
有两个不等实根，令
，
1
2
2
2
1
log (2
)
2
2
( 2)
( 2)
0
2
x
x
x
x
x
t
x
t
t
( 2)
0
x
z
则关于的一元二次方程
有两个不等的正实根，因此
，解得
z
2
0
z
z
t
Δ
1 4
0
1
0
0
t
t
，当
时，函数
恒有意义，所以实数的取值范围是
.
1
0
4
t
1
0
4
t
f x
t
1
(0, )
4
（3）常数
，函数
的定义域为
，并且
，假定存在
0
k
1
k
f x
x
(
,0)
(0,
)
( )
0
f x
实数
，使
为区间
上的“1 倍缩函数”，则函数
在区间
上的值域
, (
)
a b a
b
( )
f x
,a b
( )
f x
,a b
为
，由
，及
知
，因为函数
在
,a b
[ , ]
(
,0)
(0,
)
a b
[ , ]
[0,
)
a b
0
a
b
1
k
y
x
上单调递增，即
，
,a b
1
1
1
k
k
k
a
x
b
若
，即
，则函数
在区间
上的值域中有数0，矛盾，
1
0
1
k
k
a
b
0
a
k
b
( )
f x
,a b
若
，即
，当
时，
在
上单调递减，有
1
0
k
b
0
a
b
k
[ , ]
x
a b
( )
1
k
f x
x
[ , ]
a b
( )
( )
f a
b
f b
a
，即
，整理得
，显然无解，
1
1
k
a
b
k
b
a
k
b
ab
k
a
ab
若
，即
，当
时，
在
上单调递增，有
，
1
0
k
a
k
a
b
[ , ]
x
a b
( )
1
k
f x
x
[ , ]
a b
( )
( )
f a
a
f b
b
即
是方程
的两个不等实根且
，而方程
，于
, (
)
a b a
b
( )
f x
x
a
k
2
1
0
k
x
x
x
k
x
是得方程
在
上有两个不等实根，从而
，解得
2
( )
0
g x
x
x
k
[ ,
)
k
2
Δ
1
4
0
( )
0
1
2
k
g k
k
k
1
4
k
，而
，即有
，解方程
得：
，
0
k
1
0
4
k
2
0
x
x
k
1
2
1
1 4
1
1 4
,
2
2
k
k
x
x
所以当
时，存在实数
，使
为区间
上的“1 倍缩函数”，
1
0
4
k
, (
)
a b a
b
f x
,a b
，当
时，不存在实数
，使
为区间
上
1
1
4
1
1
4
,
2
2
k
k
a
b
1
4
k
, (
)
a b a
b
f x
,a b
的“1 倍缩函数”.
例5.（2025 届苏锡常镇高三一模）我们把
称为区间
的长度．若函数
(
)
d
b
a a
b
,a b
是定义在区间
上的函数，且存在
，使得
，则称
f x
I
,a b
I
,
,
f x x
a b
a b
为
的自映射区间．已知函数
，
．
,a b
f x
sin
f
x
x
x x
I
ln (
0)
g x
m x m
（1）若
，任取
的一个自映射区间，求其区间的长度
的概率；
10,10
I
f x
π
d
（2）若
存在自映射区间
，
g x
,a b
①求
的取值范围；
m
②求证：
，且
的长度
．
2e
ab
,a b
2
2
e
d
m
m
解析：（1）因为
恒成立，则
在
上单调递增，若
存在自映射
1 cos
0
f
x
x
f x
I
f x
区间
，则
，即方程
，即
至少有两个
,a b
,
f a
a f b
b
f x
x
sin
0
10,10
x
x
不同实数解．则
的解集为
，所以区间
的选择共有
种．
x
3π, 2π, π,0,π,2π,3π
,a b
2
7
C
若
，共有6 种选择，所以区间的长度
的概率为
．
π
d
π
d
2
7
6
5
1
C
7
（2）①因为
在
上单调递增，若
存在自映射区间
，则
0,
m
g x
0,
g x
,a b
，即
至少有两个零点，因为
时，
,
g a
a g b
b
ln
h x
m x
x
,
0,
m
x
h x
x
m
x
单调递增；
时，
单调递减；若要存在两个零点，则
0,
h x
h x
,
x
m
0,
h x
h x
，即
．此时
，使得
．
max
ln
0
h
x
h m
m m
m
e
m
1
1
0,
1,
h
a
m
0
h a
因为当
时，
，即函数
单调递减，所以
e,
x
2
(2ln
)
0
x
x
x
x
2ln
y
x
x
，又
，所以
，则
2ln
2
e
0
x
x
e
m
2
2
2 ln
2ln
0
h m
m m
m
m
m
m
2
,
b
m m
，使得
．所以
的取值范围为
．
0
h b
m
e,
②因为
，所以
，下证：
ln
0,
ln
0
m a
a
m b
b
ln
ln
ln
ln
b
a
b
a
m
b
a
b
a
2
ln
ln
a
b
b
a
b
a
．记
，则
，则
在
上单
1
ln
2
(
1)
1
x
l x
x
x
x
2
2
2
1
4
(
1)
0
(
1)
(
1)
x
l
x
x
x
x x
l x
1,
调递增，则
，即
，即
，所以
1
0
l x
l
2
1
ln
1
x
x
x
1
ln
2
1
b
b
a
b
a
a
．
2
ln
ln
ln
ln
a
b
b
a
b
a
b
a
b
a
所以
，所以
．记
，则
，
ln
ln
ln
2
a
b
ab
2e
ab
e
ln
2
s x
x
x
2
2
1
e
e
x
s x
x
x
x
时，
单调递减；
时，
单调递增；所以
0,e
x
0,
s x
s x
e,
x
0,
s
x
s x
，即
，则
，即
，同理
e
0
s x
s
e
ln
2
x
x
1
e
ln
2
a
a
m
a
2
1
2
e
0
a
a
m
因为函数
的
，且对称轴为
，则方程
2
1
2
e
0
b
b
m
2
1
2
e
t x
x
x
m
e
Δ
4
4
0
m
x
m
存在两根
，且
，又
，且
0
t x
1
2
1
2
,
x x
x
m
x
2
2
1
2
e
x
x
m
m
a
m
b
，所以
，则
，所以区间
0,
0
t a
t b
1
2
a
x
m
x
b
2
2
1
2
e
b
a
x
x
m
m
,a b
的长度
2
2
e
d
m
m
