2021高考数学一轮复习学案：第二章微专题一分段函数探究

微专题一　分段函数探究

一、分段函数的性质

例1 已知函数f (x)＝是R上的减函数，求a的取值范围．

解　因为函数f (x)＝是R上的减函数，

所以①当x<1时，f (x)＝x2－(4a＋1)x－8a＋4，x<1是减函数，即≥1；

②当x≥1时，f (x)＝logax是减函数，即0<a<1；

③12－(4a＋1)×1－8a＋4≥loga1.

由①②③得

所以≤a≤.即a的取值范围是.

例2 已知f (x)是定义在R上的奇函数，且当x∈(－∞，0)时，f (x)＝－xlg(2－x)，求函数f (x)的解析式．

解　因为f (x)是R上的奇函数，

所以f (0)＝0.

当x>0时，－x<0，由已知得f (－x)＝xlg(2＋x)，

所以－f (x)＝xlg(2＋x)，

即f (x)＝－xlg(2＋x)(x>0)．

所以f (x)＝

即f (x)＝－xlg(2＋|x|)(x∈R)．

跟踪训练1 (1)函数y＝－(x－3)|x|的单调增区间是________．

答案　

解析　y＝－(x－3)|x|＝

作出该函数的图象如图所示，

观察图象知函数的单调增区间为.

(2)已知函数f (x)＝是R上的增函数，则实数k的取值范围是________．

答案　

解析　由题意得解得≤k<1.

(3)判断g(x)＝的奇偶性．

解　当x>0时，－x<0，g(－x)＝＝＝g(x)，

当x<0时，－x>0，g(－x)＝＝g(x)，

又g(－0)＝g(0)，

所以g(x)＝为偶函数．

(4)已知函数f (x)＝若f (2－a2)>f (a)，求实数a的取值范围．

解　当x≥0时，函数f (x)＝x2＋4x在[0，＋∞)上是增函数，

当x<0时，函数f (x)＝－x2＋4x在(－∞，0)上是增函数，

易知连续函数y＝f (x)是定义在R上的增函数，

因为f (2－a2)>f (a)，所以2－a2>a，所以－2<a<1，

所以实数a的取值范围是(－2,1)．

二、分段函数的值域(最值)

例3 已知函数f (x)＝若存在实数t使f (x)的值域是[－1,1]，求实数a的取值范围．

解　由已知得－1<t≤1，

函数f (x)＝在[－1，t]上为增函数，

故其值域为；

函数f (x)＝－2(x－1)2在(1，a]上为减函数，

故其值域为[－2(a－1)2，0)，

所以函数f (x)＝的值域为

[－2(a－1)2，0)∪，

若存在实数t使f (x)的值域是[－1,1]，

则＝1，即t＝，且－2(a－1)2≥－1，

即1－≤a≤1＋，

又a>1，所以1<a≤1＋，

故实数a的取值范围是.

例4 已知函数f (x)＝则f (x)的最大值为________．

答案　2

解析　f (x)的图象如图：

则f (x)的最大值为f (2)＝2.

跟踪训练2 (1)已知函数f (x)＝则函数f (x)的值域为________．

答案　(－1，＋∞)

解析　根据分段函数f (x)＝的图象(图略)可知，该函数的值域为(－1，＋∞)．

(2)(2019·唐山模拟)已知函数f (x)为R上的减函数，则满足f <f (1)的实数x的取值范围是______________．

答案　(－1,0)∪(0,1)

解析　因为f (x)在R上为减函数，且f <f (1)，所以>1，即0<|x|<1，所以0<x<1或－1<x<0.

(3)已知函数f (x)＝的值域为R，求实数a的取值范围．

解　因为当x≥1时，ln x≥0，

又因为函数f (x)＝的值域为R，

所以当x<1时，f (x)＝(1－2a)x＋3a必须取到所有的负数，

所以解得－1≤a<，

所以实数a的取值范围是.

三、分段函数的零点

例5 (1)已知f (x)＝则g(x)＝f (x)－的零点个数为________．

答案　2

解析　令g(x)＝0，得f (x)＝.

当x≤1时，2－x＝，即x＝1；

当x>1时，log81x＝，即x＝＝9.

故所求零点为1和9，g(x)的零点个数为2.

(2)函数f (x)＝若关于x的方程f (x)＝kx－k至少有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是________．

答案　∪(1，＋∞)

解析　如图，作出函数图象，y＝kx－k过定点(1,0)，

临界点和(1,0)连线的斜率为－，

又f′(1)＝1，由图象知实数k的取值范围是∪(1，＋∞)．

跟踪训练3 已知函数f (x)＝若函数g(x)＝2f (x)－ax恰有2个不同的零点，求实数a的取值范围．

解　函数g(x)＝2f (x)－ax恰有2个不同的零点，

即方程2f (x)－ax＝0恰有2个不相等的根，

亦即方程组①或②

共有2个不相等的根．

首先①中2x－ax＝0，即(2－a)x＝0，若a＝2，

则x≥2都是方程2x－ax＝0的根，不符合题意，

所以a≠2，因此由2x－ax＝0，解得x＝0，

下面分情况讨论．

(1)若x＝0是方程①的根，则必须满足0≥a，即a≤0，

此时方程②必须再有另一个根，即有一根，

因为x≠0，由2x3－6x－ax＝0，得2x2＝6＋a必须有满足x<a≤0的一根，

首先6＋a>0，其次解得负根需满足－ <a≤0，

从而解得－<a≤0.

(2)若x＝0不是方程①的根，即方程①无根，

则必须满足0<a，即a>0，

此时方程②必须有两个不相等的根，

即有两个不相等的根，

由2x3－6x－ax＝0，得x＝0<a适合，

另外2x2＝6＋a必须还有一个满足x<a，a>0的非零实根，首先6＋a>0，

由于解得的负根－ <a，a>0总成立，

故要求解得的正根需满足 ≥a，

从而解得0<a≤2，但前面已经指出a≠2，故0<a<2.

综合(1)(2)，得实数a的取值范围为.

四、分段函数的综合问题

例6 已知函数f (x)＝x2＋(x－1)|x－a|.

(1)若a＝－1，解方程f (x)＝1；

(2)若函数f (x)在R上单调递增，求实数a的取值范围；

(3)若a<1，且不等式f (x)≥2x－3对一切实数x∈R恒成立，求实数a的取值范围．

解　(1)当a＝－1时，f (x)＝

当x≥－1时，令2x2－1＝1，解得x＝1或x＝－1；

当x<－1时，f (x)＝1恒成立．

∴方程的解集为{x|x≤－1或x＝1}．

(2)f (x)＝

若f (x)在R上单调递增，

则有解得a≥.

(3)设g(x)＝f (x)－(2x－3)，

则g(x)＝

即不等式g(x)≥0对一切实数x∈R恒成立．

∵a<1，

∴当x<a时，g(x)单调递减，其值域为(a2－2a＋3，＋∞)．

∵a2－2a＋3＝(a－1)2＋2≥2，∴g(x)≥0恒成立．

当x≥a时，∵a<1，∴a<，

∴g(x)min＝g＝a＋3－≥0，

得－3≤a≤5.∵a<1，∴－3≤a<1.

综上所述，－3≤a<1.

跟踪训练4 已知函数f (x)＝x2＋2x|x－a|，其中a∈R.

(1)求函数f (x)的单调区间；

(2)若不等式4≤f (x)≤16在x∈[1,2]上恒成立，求实数a的取值范围．

解　(1)由f (x)＝

故当a≥0时，f (x)在(－∞，a)和(a，＋∞)上单调递增，

又∵f (a)＝a2，

∴f (x)在R上单调递增，

当a<0时，f (x)在(－∞，a)和上单调递增，

在上单调递减．

(2)由题意只需f (x)min≥4，f (x)max≤16，

首先，由(1)可知，f (x)在x∈[1,2]上单调递增，

则f (x)min＝f (1)＝1＋2|1－a|≥4，

解得a≤－或a≥，

其次，当a≥时，f (x)在R上单调递增，

故f (x)max＝f (2)＝4＋4|2－a|≤16，

解得≤a≤5，

当a≤－时，f (x)在x∈[1,2]上单调递增，

故f (x)max＝f (2)＝12－4a≤16，

解得－1≤a≤－.

综上，实数a的取值范围为－1≤a≤－或≤a≤5.