分段函数

相关概念

分段函数是一类比较特殊的函数。

给出方式

• 直接给出分段函数；^[1]

• 间接给出，需要利用奇偶性求解；^[2]

• 间接给出，需要化简完善，有难度的情形；^[3]

• 用程序框图给出：^[4]

• 用新定义形式给出；

• 用绝对值的形式给出；

研究内容

• 分段函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性、对称性等等；

• 常多见两段式分段函数，组成分段函数的两部分多为一次、二次函数，指数函数、对数函数、幂函数等；

常考题型

• 已知分段函数的单调性，求参数的取值范围

例1 已知\(a>0\)，函数\(f(x)\)满足\(f(x)=\begin{cases} (3-a)x-3 &x\leq 7 \\ a^{x-6} &x>7 \end{cases}\)，函数\(f(x)\)在\(R\)上单调递增，求\(a\)的取值范围。

分析：由题目可知，\(\begin{cases} &3-a>0 ① \\ &a>1 ②\\ &(3-a)7-3\leq a^{7-6}③\end{cases}\)；即\(\begin{cases}&a<3 \\ &a>1 \\ &a\ge \cfrac{9}{4}\end{cases}\)

解得：\(a\in[\cfrac{9}{4}，3)\)；

反思：1、本题目常犯的错误是缺少第三条的限制；学生常认为函数在两段上分别单调递增，则在整体定义域\(R\)上一定单调递增，这个认知是错误的。原因是前者是后者的必要不充分条件。

2、防错秘籍：既要保证每段上的单调性，还要保证转折点处的单调性。

对照例 已知\(a>0\)，数列\(\{a_n\}\)满足\(a_n = \begin{cases} &(3-a)n-3 &n\leq 7 \\ &a^{n-6} &n>7 \end{cases}\)，数列\(\{a_n\}\)是单调递增数列，求\(a\)的取值范围。

考点：数列的单调性，分段函数，数列与分段函数的交汇

分析：由题目可知，\(\begin{cases} 3-a>0，\\ a>1，\\ (3-a)7-3<a^{8-6}，\end{cases}\)，解得：\(a\in(2，3)\)

感悟反思：1、本题目和上例非常类似，但是又不一样，原因是数列是特殊的函数，所以在③中不等式的两端的自变量的取值不一样，而且不能取等号。

2、如果是一般的函数\(f(x)\)，则比较点\(A\)和点\(C\)的函数值的大小关系；现在是分段数列，那么我们需要比较的是点\(A\)和点\(B\)的函数值的大小关系；

• 已知分段函数的值域，求参数的取值范围

例2 【2017抚州模拟】【值域是\(R\)】已知函数\(f(x)=\begin{cases}(1-2a)x+3a，&x<1\\2^{x-1}&x\ge 1\end{cases}\)的值域是R，则实数\(a\)的取值范围是多少？

分析：由于\(x\ge 1\)，\(f(x)=2^{x-1}\in[1，+\infty)\)，由函数的值域是R ，

则\(\begin{cases}1-2a>0\\(1-2a)\cdot 1+3a\ge 1\end{cases}\)，解得\(a\in[0，\cfrac{1}{2})\)。

例3 【单调性&值域是R】【(2017\(\cdot\)山东烟台二中月考】若分段函数\(f(x)=\begin{cases}(1-a)x+2a，x<1\\lnx，x\ge 1\end{cases}\)的值域为R，则\(a\)的取值范围是_________。

分析：先做出分段函数的第二段，当做第一段时，会考虑斜率\(1-a\)，

当做射线\(y=(1-a)x+2a(x<1)\)的图像时，\(1-a\leq 0\)都不符合题意，只有\(1-a>0\)才有可能符合题意。

由于要求函数的值域为R，故要求分段函数的两段图像在\(y\)轴上的射影要占满\(y\)轴，

然后将其转化为文字语言，即左端函数的最大值必须大于或等于右端函数的最小值，

再转化为数学语言，即\((1-a)\cdot 1+2a\ge ln1\)，

即需要满足\(\begin{cases}1-a>0\\(1-a)\cdot 1+2a\ge ln1\end{cases}\)，

解得\(-1\leq a<1\)；即\(a\in[-1，1)\)。

说明：注意三种数学语言的顺利转化。

• 由分段函数方程求解参数的值

例4 【求解分段函数方程】已知实数\(a\neq 0\)，函数\(f(x)=\begin{cases}2x+a,&x< 1\\-x-2a,&x\ge 1 \end{cases}\).若\(f(1-a)=f(1+a)\)，求\(a\)的值。

解析：分段函数的问题一般都需要分类讨论来处理；

当\(a>0\)时，\(1-a<1,1+a>1\)，

由\(f(1-a)=2(1-a)+a=f(1+a)=-(1+a)-2a\)，解得\(a=-\cfrac{3}{2}\)，不符，舍去；

当\(a<0\)时，\(1-a>1,1+a<1\)，

由\(f(1-a)=-(1-a)-2a=f(1+a)=2(1+a)+a\)，解得\(a=-\cfrac{3}{4}\),符合；

综上，\(a=-\cfrac{3}{4}\).

解后反思：仿此方法思路，也可以求解分段函数方程。

• 求解分段函数不等式

例5 【由图像给出单调性】已知函数\(f(x)=\begin{cases}x^2+4x，&x\ge0\\4x-x^2，&x<0\end{cases}\)，若\(f(2-a^2)>f(a)\)，求实数\(a\)的取值范围。

分析：自行作图，结合分段函数\(f(x)\)的大致图像可知，

\(f(x)\)在\(R\)上单调递增，故由\(f(2-a^2)>f(a)\)，

可直接脱掉符号\(f\)，得到\(2-a^2>a\)，解得\(-2<a<1\).

例6 已知函数\(f(x)\)满足\(f(x)=\begin{cases} \cfrac{1}{2}x+1 &x\leq 0 \\ -(x-1)^2 &x>0\end{cases}\)，使得函数\(f(x)\ge -1\)成立的\(x\)的取值范围。

分析：此类题目是求解分段函数不等式，关键是等价转化。

解析：原不等式\(\Longleftrightarrow \begin{cases} &x\leq 0 \\ &\cfrac{1}{2}x+1\ge -1 \end{cases}\)或\(\begin{cases} &x> 0 \\ &-(x-1)^2\ge -1 \end{cases}\)

解得\(\begin{cases} & x\leq 0 \\ &x\ge -4\end{cases}\)或\(\begin{cases} &x> 0 \\ &0 \leq x \leq 2\end{cases}\)，

故\(x\in [-4，2]\)。

• 由分段函数给出函数的单调性

例7 【由图像给出单调性】已知函数\(f(x)=\begin{cases}-1,&x\ge0\\x^2-1,&x<0\end{cases}\),则满足不等式\(f(3-x^2)<f(2x)\)的取值范围是（）。

$A.[-3，0)$ $B.(-3，0)$ $C.(-3，1)$ $D.(-3，-\sqrt{3})$

分析：做出函数的图像，由图像可知，

原不等式等价于\(\begin{cases}3-x^2\ge0\\2x<0\end{cases}\)或\(\begin{cases}3-x^2<0\\2x<0\\3-x^2>2x\end{cases}\).

解得\(-\sqrt{3}\leq x<0\)或\(-3<x<-\sqrt{3}\),故\(-3<x<0\)，选\(B\)。

典例剖析

例8 已知函数\(f(x)=\begin{cases}ax^2+1&x\ge 0\\(a^2-1)e^{ax}&x<0\end{cases}\)在\((-\infty，+\infty)\)上单调，求参数\(a\)的取值范围。

分析：当函数\(f(x)\)在R上单调递增时，则需要每一段单调递增且还要保证转折点处的单调性。

故需要满足\(\begin{cases}a>0\\(a^2-1)>0\\a\cdot 0^2+1\ge (a^2-1)\cdot e^{a\cdot 0}\end{cases}\)，

解得\(1<a\leq \sqrt{2}\)；

当函数\(f(x)\)在R上单调递减时，

需要满足\(\begin{cases}a<0\\(a^2-1)>0\\a\cdot 0^2+1\leq (a^2-1)\cdot e^{a\cdot 0}\end{cases}\)，

解得\(a\leq -\sqrt{2}\)；

综上所述，\(a\)的取值范围是\((-\infty，-\sqrt{2}]\cup(1，\sqrt{2}]\)；

解后反思：

1、第一种情形，当\(a>0\)时，为什么必须\(a^2-1>0\)才能保证函数\(y=(a^2-1)e^{ax}\)的单增性？

当\(x\ge 0\)，\(a>0\)时，函数\(y=ax\)单增，则\(y=e^{ax}\)单增，

此时若要\(y=(a^2-1)e^{ax}\)的单增，则必须\(a^2-1>0\)；

2、第二种情形，当\(a<0\)时，为什么还是必须\(a^2-1>0\)才能保证函数\(y=(a^2-1)e^{ax}\)的单减性？

当\(x\ge 0\)，\(a<0\)时，函数\(y=ax\)单减，则\(y=e^{ax}\)单减，

此时若要\(y=(a^2-1)e^{ax}\)的单减，则必须\(a^2-1>0\)；

否则就会单调递增。

例9 【变式对照题】【2017\(\cdot\)山东烟台二中月考改编】若分段函数\(f(x)=\begin{cases}(1-a)x+2a，x<1\\lnx，x\ge 1\end{cases}\)在R上单调递增，则\(a\)的取值范围是_________。

分析：第二段单调递增已经保证，只需要第一段单调递增，\(1-a>0\)

且在断点处满足大小关系即可，此时左端函数的最大值必须小于或等于右端函数的最小值，

即\((1-a)\cdot 1+2a\leq ln1\)，即图像②和③是满足题意的，

故需要满足\(\begin{cases}1-a>0\\(1-a)\cdot 1+2a\leq ln1\end{cases}\)，

解得\(a\leq -1\)，即\(a\in (-\infty，-1]\)。

• 分段函数的实际应用[最值]

例10 【求解分段函数的最值，应用问题】

某工厂某种产品的年固定成本为250万元，每生产\(x\)千件该产品需要另外投入的生产成本为\(G(x)\)(单位：万元)，当年产量不足80千件时，\(G(x)=\cfrac{1}{3}x^2+10x\)；当年产量不小于80千件时，\(G(x)=51x+\cfrac{10000}{x}-1450\)；已知每件产品的售价为0.05万元。通过市场分析，该工厂生产的产品能全部售完，则该工厂在这一产品的生产中所获年利润的最大值是多少？

分析：本题目的实质是求解分段函数的最大值，但是还有几个难点：其一单位的统一，其二根据常识列出年利润的分段函数，其三在每一段上求最大值，最后比较得到函数在整个定义域上的最大值。其中\(“利润=销售量\times 价格-生产成本-固定成本”\)

解析：由题目得到生产成本为\(G(x)=\begin{cases} \cfrac{1}{3}x^2+10x &x<80 \\ 51x+\cfrac{10000}{x}-1450 &x\ge 80\end{cases}\).

每千件的价格为\(1000\times 0.05=50(万元)\)，

每\(x\)千件的销售额为\(1000\times 0.05x=50x(万元)\)，

设年利润函数为\(y\)，

则\(y=f(x)=\begin{cases} 50x-(\cfrac{1}{3}x^2+10x)-250， &x<80 \\ 50x-(51x+\cfrac{10000}{x}-1450)-250 &x\ge 80\end{cases}\).

接下来在每一段上分别求函数的最大值，

当\(x<80\)时，\(f_1(x)= 50x-(\cfrac{1}{3}x^2+10x)-250=-\cfrac{1}{3}(x-60)^2+950， x<80\)，

故当\(x=60 \in (0，80)\)时，\([f_1(x)]_{max}=950(万元)\)

当\(x\ge 80\)时，\(f_2(x)= 50x-(51x+\cfrac{10000}{x}-1450)-250=1200-(x+\cfrac{10000}{x})\ge 1200-2\times 100=1000， x\ge 80\)，

故当\(x=100 \in (80，+\infty)\)时，\([f_2(x)]_{max}=1000(万元)>[f_1(x)]_{max}=950(万元)\)，

故所获年利润的最大值1000万元。

备注：若某一段上的函数为三次多项式函数，可以利用导数求解其最大值；

例11 设函数\(f(x)=\begin{cases}x^2+x,&x<0\\-x^2,&x\ge 0 \end{cases}\)，若\(f(f(a))\leq 2\)，则实数\(a\)的取值范围是_____.

法1：若能将\(f(a)\)理解成已知函数的\(x\)，

则可以将\(f(f(a))\leq 2\)等价转化为以下的两个不等式组：

\(\begin{cases}&f(a)<0\\&f^2(a)+f(a)\leq 2 \end{cases}\)

或者 \(\begin{cases}&f(a)\ge0\\&-f^2(a)\leq 2 \end{cases}\)

分别解得：\(-2\leq f(a)<0\)或\(f(a)\ge 0\)，故\(f(a)\ge -2\)；

到此问题转化为已知\(f(x)=\begin{cases}x^2+x,&x<0\\-x^2,&x\ge 0 \end{cases}\)，\(f(a)\ge -2\)，

求实数\(a\)的取值范围，这就容易多了。

再次转化为\(\begin{cases}&a<0\\&a^2+a\ge -2 \end{cases}\)

或者 \(\begin{cases}&a\ge0\\&-a^2\ge -2 \end{cases}\)

分别解得：\(a<0\)或\(0\leq a\leq \sqrt{2}\)，故实数\(a\)的取值范围为\((-\infty，+\sqrt{2}]\)。

解后反思：本题经过两次抽丝剥茧般的处理，第一次的结果得到\(f(a)\ge -2\)，

第二次的结果得到\(a\in (-\infty，+\sqrt{2}]\)。

法2：图像法

自行做出函数图像，结合图像可知，

要使得\(f(f(a))\leq 2\)，则必须\(f(a)\ge -2\)，

这时就转化为分段函数不等式问题了。

\(f(a)\ge -2\)等价于以下两个不等式组：

\(\begin{cases}&a<0 \\&a^2+a\ge -2\end{cases}\)

或者\(\begin{cases}&a\ge 0 \\&-a^2\ge -2\end{cases}\)。

解得\(a<0\)或者\(0\leq a\leq \sqrt{2}\)，故\(a\in(-\infty，\sqrt{2}]\)。

例12 【2018凤翔中学高三文科数学冲刺模拟第10套第8题】已知\(f(x)=\begin{cases}1，&x\in[0，1]\\x-3，&x\notin[0，1]\end{cases}\)，则使得\(f(f(x))=1\)成立的\(x\)的取值范围是【】

$A.[0，1]$ $B.[0，1]\cup\{7\}$ $C.[0，1]\cup [3，4]$ $D.[0，1]\cup[3，4]\cup\{7\}$

分析：本题目属于求解分段函数方程，可以将\(f(x)\)这个整体视为已知中的\(x\)，则原分段函数方程等价于

第一种情形，\(0\leq f(x)\leq 1\)且\(f(x)=1\)；或第二种情形，\(f(x)-3=1\)且\(f(x)\notin[0，1]\)，

其中第一种可化简为\(0\leq f(x)\leq 1\)，再等价转化为\(\begin{cases}x\in[0，1]\\f(x)=1\end{cases}\)或\(\begin{cases}x\notin[0，1]\\0\leq x-3\leq 1\end{cases}\)

解得\(0\leq x\leq 1\)或\(3\leq x\leq 4\)；

第二种可化简为\(f(x)=4\)，再等价转化为\(\begin{cases}x\in[0，1]\\1=4\end{cases}\)或\(\begin{cases}x\notin[0，1]\\x-3=4\end{cases}\)，解得\(x=7\)；

综上所述，\(x\)的取值范围是\([0，1]\cup[3，4]\cup\{7\}\)，故选\(D\)。

例13 【2015山东高考】已知函数\(f(x)=\begin{cases}3x-1&x<1 \\2^x&x\ge 1\end{cases}\)，且满足\(f(f(a))=2^{f(a)}\)，求\(a\)的取值范围。

法1：如果将\(f(a)\)视为一个整体，则结合已知条件可知，必有\(f(a)\ge 1\)；

这时题目转化为给定\(f(x)=\begin{cases}3x-1&x<1 \\2^x&x\ge 1\end{cases}\)，已知\(f(a)\ge 1\)，

等价转化为以下两个不等式组：

\(\begin{cases}&a<1 \\&3a-1\ge 1\end{cases}\)

或者\(\begin{cases}&a\ge 1 \\&2^a\ge 1\end{cases}\)。

解得\(\cfrac{2}{3}\leq a<1\)或者\(a\ge 1\)，

故\(a\in[\cfrac{2}{3}，+\infty)\)。

法2：分以下三种情况讨论(想想为什么？)：

1、当\(a<\cfrac{2}{3}\)时，\(f(a)=3a-1<1\)，

则此时\(f(f(a))=3(3a-1)-1=9a-4\)，\(2^{f(a)}=2^{3a-1}\)，

不满足\(f(f(a))=2^{f(a)}\)；验证

2、当\(\cfrac{2}{3}\leq a<1\)时，\(f(a)=3a-1\ge1\)，

则此时\(f(f(a))=2^{3a-1}\)，\(2^{f(a)}=2^{3a-1}\)，

满足\(f(f(a))=2^{f(a)}\)，故\(\cfrac{2}{3}\leq a<1\)；

3、当\(a\ge 1\)时，\(f(a)=2^a\ge1\)，则此时\(f(f(a))=2^{2^a}\)，\(2^{f(a)}=2^{2^a}\)，

满足\(f(f(a))=2^{f(a)}\)，故\(a\ge 1\)；

终上所述，故\(a\in[\cfrac{2}{3}，+\infty)\)。

例14 例7【求解分段函数方程】【2016第三次全国大联考第15题】已知\(f(x)\)是定义在R上的奇函数，且当\(x<0\)时，\(f(x)=2x-1\)，若\(f(a)=3\)，求实数\(a\)的值。

分析：先由奇偶性求得\(x>0\)时，\(f(x)=2x+1\)，

即得到函数的解析式为\(f(x)=\begin{cases}2x-1&x<0\\0&x=0\\2x+1&x>0\end{cases}\)，且已知\(f(a)=3\)，求\(a\)的值，

等价转化为三个不等式组 \(\begin{cases}a<0\\2a-1=3\end{cases}\)，或\(\begin{cases}a=0\\0=3\end{cases}\)，或\(\begin{cases}a>0\\2a+1=3\end{cases}\)，

解得\(a=1\)。

例15 【求解分段函数不等式】【2016第三次全国大联考第11题】已知函数\(f(x)=\begin{cases}ln^2x+alnx+b&x>0\\e^x+\cfrac{1}{4}&x\leq 0\end{cases}\)，且\(f(e)=f(1)\)，\(f(e^2)=f(0)+\cfrac{11}{4}\)，则不等式\(f(lnx)\ge 1\)的解集是什么？

分析：本题目先由\(f(e)=f(1)\)，\(f(e^2)=f(0)+\cfrac{11}{4}\)解得常数\(a=-1，b=2\)，

到此题目转化为给定分段函数\(f(x)=\begin{cases}ln^2x-lnx+2&x>0\\e^x+\cfrac{1}{4}&x\leq 0\end{cases}\)，

已知\(f(lnx)\ge 1\)，求不等式的解集。

等价转化为两个不等式组：\(\begin{cases}lnx>0\\ln^2(lnx)-ln(lnx)+2\ge1\end{cases}①\)

或\(\begin{cases}lnx\leq 0\\e^{lnx}+\cfrac{1}{4}\ge 1\end{cases}②\)；

解①中的第二个不等式，令\(ln(lnx)=t\)，则不等式变为\(t^2-t+1\ge 0\)，

又\(t^2-t+1\ge 0\)恒成立，故\(lnx>0\)满足此式，

即①的结果是\(lnx>0\)，解得\(x>1\)；

解②得到\(\cfrac{3}{4}\leq x \leq 1\)，

综合以上得到\(f(lnx)\ge 1\)的解集\(\{x\mid x\ge \cfrac{3}{4}\}\)。

例16 【利用分段函数图像解不等式】若函数\(f(x)=\cfrac{x+1}{|x|+1}，x\in R\)，求解不等式\(f(x^2-2x)<f(3x-4)\)的解集。

分析：先分类讨论，去掉绝对值符号，将函数转化为分段函数，

当\(x\ge 0\)时，\(f(x)=1\) ，当\(x<0\)时，\(f(x)=\cfrac{x+1}{-x+1}=-1-\cfrac{2}{x-1}\)，

即\(f(x)=\begin{cases} 1 &x\ge 0 \\ -1-\cfrac{2}{x-1} &x<0\end{cases}\)，

自行做出函数图像，课件

则由图可知，原不等式等价于\(\begin{cases} &x^2-2x< 0 \\ &3x-4\ge 0\end{cases}\)

或者\(\begin{cases} &x^2-2x< 3x-4\\ &3x-4\leq 0\end{cases}\Longrightarrow\) \(\begin{cases} &0<x< 2 \\ &x\ge \cfrac{4}{3} \end{cases}\)

或者\(\begin{cases} &1<x< 4 \\ &x\leq \cfrac{4}{3}\end{cases}\)，

即\(\cfrac{4}{3}\leq x <2或1<x\leq \cfrac{4}{3}\)，综合得到\(x\in (1，2)\)。

例17 【2017全国卷3文科第16题理科第15题高考真题】设函数\(f(x)=\begin{cases}x+1,&x\leq 0\\2^x,&x>0\end{cases}\)，则满足\(f(x)+f(x-\dfrac{1}{2})>1\)的\(x\)的取值范围是_________。

法1：由题意可知，

由于\(f(x)=\begin{cases}x+1,&x\leq 0\\2^x,&x>0\end{cases}\)，

则\(f(x-\frac{1}{2})=\begin{cases}x+\frac{1}{2},&x\leq \frac{1}{2}\\2^{x-\frac{1}{2}},&x>\frac{1}{2}\end{cases}\)，

对不等式分\(x\leq 0\)和\(0<x\leq \cfrac{1}{2}\)和\(x>\cfrac{1}{2}\)三段讨论如下，

当\(x\leq 0\)时，原不等式为\(x+1+x+\cfrac{1}{2}>1\)，

解得\(x>-\cfrac{1}{4}\)，即\(-\cfrac{1}{4}<x\leq 0\)；

当\(0<x\leq \cfrac{1}{2}\)时，原不等式为\(2^x+x+\cfrac{1}{2}>1\)，即\(2^x>\cfrac{1}{2}-x\)，

此时为超越不等式，需要借助图像求解，做出函数图像，由图像可知，显然成立；

当\(x>\cfrac{1}{2}\)时，原不等式为\(2^x+2^{x-\cfrac{1}{2}}>1\)，即\(2^{x-\cfrac{1}{2}}>1-2^x\)，

此时为超越不等式，需要借助图像求解，做出函数图像，由图像可知，显然成立；

综上可知，\(x>-\cfrac{1}{4}\)。

解后反思：代数不等式往往可以用数的方法求解，但超越不等式就不能用常规的方法求解，此时可以考虑从形入手，借助函数的图像求解。

法2：由于\(f(x)=\begin{cases}x+1,&x\leq 0\\2^x,&x>0\end{cases}\)，

则\(f(x-\frac{1}{2})=\begin{cases}x+\frac{1}{2},&x\leq \frac{1}{2}\\2^{x-\frac{1}{2}},&x>\frac{1}{2}\end{cases}\)，

故分\(x\leq 0；0<x\leq \cfrac{1}{2}、x> \cfrac{1}{2}\)三段做等价转化如下：

\(\begin{cases}&x\leq 0\\&x+1+x+\frac{1}{2}>1\end{cases}(1)；\)

或者\(\begin{cases}&0<x\leq \frac{1}{2}\\&2^x+x+\frac{1}{2}>1\end{cases}(2)；\)

或者\(\begin{cases}&x>\frac{1}{2}\\&2^x+2^{x-\frac{1}{2}}>1\end{cases}(3)；\)

解(1)得到\(-\cfrac{1}{4}<x\leq 0\)；

解(2)得到\(0<x\leq \cfrac{1}{2}\)，其中求解不等式\(2^x>\cfrac{1}{2}-x\)时需要用到图像，

做出图像可以看到，其解集为\(x>x_0(x_0为负)\)，

故和对应的小前提求交集得到\(0<x\leq \cfrac{1}{2}\)；

解(3)得到\(x>\cfrac{1}{2}\)，其中求解\(2^x+2^{x-\frac{1}{2}}>1\)时，

先验证对应的小前提\(x>\cfrac{1}{2}\)是否满足不等式，

若满足就不需要解了，若不满足再动手解不等式。

本题验证是满足的。故求交集得到\(x>\cfrac{1}{2}\)，

综上所述，原不等式的解集是\((-\cfrac{1}{4}，+\infty)\)。

法3：(简洁解法)待补充

难点：函数图像的交点坐标的求解，原问题转化为\(f(x)=1-f(x-\cfrac{1}{2})\)，

则\(x+1=1-(x-\cfrac{1}{2}+1)\)，解得\(x=-\cfrac{1}{4}\)，

由图像可得不等式的解集为\((-\cfrac{1}{4}，+\infty)\)。

例18 【2016\(\cdot\)青岛模拟】函数\(f(x)=|x^2-a|\)在区间\([-1，1]\)上的最大值\(M(a)\)的最小值是()

$A.\cfrac{1}{4}$ $B.\cfrac{1}{3}$ $C.\cfrac{1}{2}$ $D.\cfrac{1}{5}$

分析：本题目自然是先要求出最大值\(M(a)\)，然后再求其最小值。结合函数\(y=x^2-a\)的函数图像，先分类如下：

当\(a\leq 0\)时，自己做出函数图像可知最大值\(M(a)=|1-a|=1-a\)，

当\(a>0\)时，最大值\(M(a)=max\{a，|1-a|\}\)，

我们再令\(a>|1-a|\)，两边平方，得到\(a>\cfrac{1}{2}\)，

即\(a>\cfrac{1}{2}\)时，\(M(a)=a\)，

当\(0<a<\cfrac{1}{2}\)时，\(M(a)=|1-a|=1-a\)，

将最大值函数\(M(a)\)作以整理

得到分段函数\(M(a)=\begin{cases}1-a，&a\leq \cfrac{1}{2}\\a，&a>\cfrac{1}{2}\end{cases}\)，

接下来求分段函数\(M(a)\)的最小值即可。

利用图像或者单调性都可以得到\(M(a)_{min}=\cfrac{1}{2}\)，故选\(C\).

例19 【2017\(\cdot\)凤翔中学高三文科第二次月考第16题】设函数\(f(x)=\begin{cases}2e^{x-1}，&x<2\\log_3\;(x^2-1)，&x\ge 2\end{cases}\)，则不等式\(f(x)>2\)的解集是______________.

分析：原不等式等价于以下两个不等式组\(\begin{cases}x<2\\2e^{x-1}>2\end{cases}\)

或者\(\begin{cases}x\ge2\\log_3\;(x^2-1)>2\end{cases}\)，

分别解得\(1<x<2\)或\(x>\sqrt{10}\)，

故解集为\((1，2)\cup(\sqrt{10}，+\infty)\)。

例20 【分段函数的应用】如图所示，函数\(y=f(x)\)的图像由两条射线和三条线段组成，若对\(\forall x\in R\)，\(f(x)>f(x-2)\)恒成立，则正实数\(a\)的取值范围是_______。

分析：此题目的求解关键是理解图像和给定的条件对\(\forall x\in R\)，\(f(x)>f(x-2)\)恒成立，

其中自变量\(x\)和\(x-2\)相隔2个单位且满足\(x>x-2\)，

由\(f(x)>f(x-2)\)可知，符合题目的自变量的取值须差值在2个单位之内。

解：由图像可得\(a>0\)，\(f(4a)=a\)，\(f(-4a)=-a\)，

对\(\forall x\in R\)，\(f(x)>f(x-2)\)恒成立，

则须满足条件\(\begin{cases}4a-(-2a)<2\\2a-(-4a)<2\end{cases}\)，

解得\(a<\cfrac{1}{3}\)，

故正实数\(a\)的取值范围是\((0，\cfrac{1}{3})\)。

例20-变式1 如上图所示，函数\(y=f(x)\)的图像由两条射线和三条线段组成，若对\(\forall x\in R\)，\(f(x)>f(x-1)\)恒成立，则正实数\(a\)的取值范围是_______。

分析：由图像可得\(a>0\)，\(f(4a)=a\)，\(f(-4a)=-a\)，

对\(\forall x\in R\)，\(f(x)>f(x-1)\)恒成立，

则须满足条件\(\begin{cases}4a-(-2a)<1\\2a-(-4a)<1\end{cases}\)，

解得\(a<\cfrac{1}{6}\)，

故正实数\(a\)的取值范围是\((0，\cfrac{1}{6})\)。

例20-变式2 如上图所示，函数\(y=f(x)\)的图像由两条射线和三条线段组成，若对\(\forall x\in R\)，\(f(x)>f(x-12asin\phi)\)恒成立，其中\(a>0，0<\phi<\cfrac{\pi}{2}\)，则\(\phi\)的最小值是_______。

分析：由\(a>0，0<\phi<\cfrac{\pi}{2}\)，则\(sin\phi\in (0，1)\)，

故\(x>x-12asin\phi\)，对\(\forall x\in R\)，\(f(x)>f(x-12asin\phi)\)成立，

则有\(4a-(-2a)\leq x-(x-12asin\phi)=12asin\phi\)，

故\(sin\phi\ge \cfrac{1}{2}\)，故\(\phi\ge \cfrac{\pi}{6}\)，

故\(\phi_{min}=\cfrac{\pi}{6}\)。

• 和分段函数有关的分离参数的技巧；

如函数\(f(x)=\begin{cases}x^2+4x，x\leq 0\\xlnx，x>0\end{cases}\)，\(g(x)=kx-1\)，若方程\(f(x)-g(x)=0\)在\(x\in(-2，2)\)有三个实根，则实数\(k\)的取值范围是【】

$A(1，ln2\sqrt{e})$ $B(ln2\sqrt{e}，\cfrac{3}{2})$ $C(\cfrac{3}{2}，2)$ $D(1，ln2\sqrt{e})\cup(\cfrac{3}{2}，2)$

分析：显然\(x=0\)不是方程\(f(x)-g(x)=0\)的根，故可变形为\(k=\cfrac{f(x)+1}{x}\)，

设\(\phi(x)=\cfrac{f(x)+1}{x}=\begin{cases}x+\cfrac{1}{x}+4，x<0\\\cfrac{1}{x}+lnx，x>0\end{cases}\)，即\(k=\phi(x)\)在\(x\in(-2，2)\)有三个实根，

用导数方法研究函数\(\phi(x)\)的单调性，做出其图像；

由图像可得，要使得函数\(y=k\)与函数\(y=\phi(x)\)有三个交点，则\(k\in (1，ln2\sqrt{e})\cup(\cfrac{3}{2}，2)\)

例21 【已知分段函数不等式求参数的取值范围】已知函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{log_2x， x>0}\\{log_{\frac{1}{2}}(-x)，x<0}\end{array}\right.\)，若\(f(a)>f(-a)\)，求\(a\)的取值范围。

分析：常规法，针对\(a\)分类讨论如下，

①当\(a>0\)时，\(-a<0\)，原不等式等价于\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{log_2a>log_{\frac{1}{2}}a}\end{array}\right.\)

即\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{a>\frac{1}{a}}\end{array}\right.\)

解得\(a>1\)；

②当\(a<0\)时，\(-a>0\)，原不等式等价于\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{log_{\frac{1}{2}}(-a)>log_2(-a)}\end{array}\right.\)

即\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{\cfrac{1}{-a}>-a}\end{array}\right.\)

解得\(-1<a<0\)；

综上可得，\(a\in (-1，0)\cup(1，+\infty)\)。

例22 【2019届高三理科函数及其表示课时作业第18题】设函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{x}，0<x<1}\\{2(x-1)，x\ge 1}\end{array}\right.\)，若\(f(a)=f(a+1)\)，求\(f(\cfrac{1}{a})\)的值_________。

分析：当\(0<a<1\)时，\(a+1>1\)，

则\(f(a)=f(a+1)\)变形为\(\sqrt{a}=2[(a+1)-1]\)，即\(\sqrt{a}=2a\)，

解得\(a=0\)(舍去)或\(a=\cfrac{1}{4}\)；

当\(a\ge 1\)时，\(a+1\ge 2\)，

则\(f(a)=f(a+1)\)变形为\(2(a-1)=2[(a+1)-1]\)，解得\(a\in \varnothing\)，

综上，\(a=\cfrac{1}{4}\)，

故有\(f(\cfrac{1}{a})=f(4)=2(4-1)=6\)

例23 【2019届宝鸡中学高三文科第一次月考第16题】已知函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x^2-4ax+2，x<1}\\{log_ax，x\ge 1}\end{array}\right.\)，在\((-\infty，+\infty)\)上单调递减，求实数\(a\)的取值范围。

分析：在第一段上，\(y=x^2-4ax+2=(x-2a)^2+2-4a^2\)，

要使得在第一段上单调递减，则必须\(2a\ge 1\)①；

要使得在第二段上单调递减，必须\(0<a<1\)②；

同时，在断点处必须满足\(1^2-4a\cdot 1+2\ge log_a1\)，即\(3-4a\ge 0\)③，

联立①②③，可得\(a\in [\cfrac{1}{2}，\cfrac{3}{4}]\)。

例24 【学生问题】已知函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{log_2(x^2+x+a)，x\ge 1}\\{1-x^2，x<1}\end{array}\right.\)的值域为\(R\)，则常数\(a\)的取值范围是【】

$A[0，+\infty)$ $B(-2，-1]$ $C(-2，0]$ $D(-\infty，0]$

分析：要保证第一段函数存在，则\(g(x)=x^2+x+a=(x+\cfrac{1}{2})^2+a-\cfrac{1}{4}\)，其对称轴为\(x=-\cfrac{1}{2}\)，则在\([1，+\infty)\)上单调递增，

故\(g(x)_{min}=g(1)=1+1+a=2+a\)，要使函数有意义，则\(2+a>0\)①；

又第二段函数的最小值要小于或等于第一段的最大值，则\(2+a\leq 1\)②；

由①②可知，则\(-2<a\leq -1\)，故选\(B\)。

例25 设分段函数 \(f(x)=\begin{cases} 2x，&x\leq 0 \\ log_2^{\;\;x} ，&x>0 \end{cases}\)若对任意给定的\(t\in (1，+∞)\)，都存在唯一的\(x\in R\)，满足\(f(f(x))=2a^2t^2+at，\)则正实数\(a\)的最小值是【】

$A.2$ $B.\cfrac{1}{2}$ $C.\cfrac{1}{4}$ $D.\cfrac{1}{8}$

【分析】此题的突破口在于如何才会存在唯一的\(x\)满足条件，结合\(f(x)\)的值域范围或者图象，易知只有在\(f(x)\)的自变量与因变量存在一一对应的关系时，即只有当\(f(x)>2\)时，才会存在一一对应．

【解答】解：根据\(f(x)\)的函数，我们易得出其值域为\(R，\)

又∵\(f(x)=2x\)，\((x≤0)\)时，值域为\((0，1]\)；\(f(x)=log_2^x\)，\((x＞0)\)时，其值域为\(R\)

∴可以看出\(f(x)\)在\(（0，1]\)上有两个解，

要想\(f(f(x))=2a^2t^2+at，\)在\(t\in（1，+∞）\)上只有唯一的\(x\in R\)满足，

必有\(f(f(x))＞1\) （因为\(2a^2t^2+at＞0\)），

所以：\(f(x)＞2，\)解得：\(x＞4\)，

当 \(x＞4\)时，\(x\)与\(f(f(x))\)存在一一对应的关系，

∴\(2a^2t^2+at＞1，t∈（1，+∞），\)且\(a＞0，\)

所以有：\((2at-1)(at+1)＞0，\)解得：\(t＞\cfrac{1}{2a}\)或者\(t＜-\cfrac{1}{a}\)（舍去），

∴\(\cfrac{1}{2a} \leq 1\)，∴\(a\ge \cfrac{1}{2}\)，故选：\(B\)

解后反思：本题主要考查了分段函数的应用，本题关键是可以把\(2a^2t^2+at\)当作是一个数，然后确定数的大小后再把它作为一个关于\(t\)的函数．

延伸阅读

1、由抽象函数不等式求参数的取值范围；

---

1. 函数\(f(x)=\begin{cases}2x+a,&x< 1\\-x-2a,&x\ge 1 \end{cases}\). ↩︎

2. 已知奇函数\(f(x)\)满足\(x>0\)时，\(f(x)=2^x\)，则利用奇偶性可知函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{2^x，x>0}\\{0，x=0}\\{-2^{-x}，x<0}\end{array}\right.\) ↩︎

3. 已知函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{2-|x|，x\leq 2}\\{(x-2)^2，x>2}\end{array}\right.,\) 记\(g(x)=3-f(2-x)\)，求函数\(y=g(x)\)的解析式。
   分析：由\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{2-|x|，x\leq 2}\\{(x-2)^2，x>2}\end{array}\right.,\)得到
   \(f(2-x)=\left\{\begin{array}{l}{2-|2-x|，2-x\leq 2}\\{(2-x-2)^2，2-x>2}\end{array}\right.,\)
   即\(f(2-x)=\left\{\begin{array}{l}{2-|2-x|，x\ge 0}\\{x^2，x<0}\end{array}\right.，\)
   再分类讨论去掉绝对值符号得到
   \(f(2-x)=\left\{\begin{array}{l}{4-x，x>2}\\{x，0\leq x\leq 2}\\{x^2，x<0}\end{array}\right.，\)
   故当\(x<0\)时，\(g(x)=3-x^2\)，
   当\(0\leq x\leq 2\)时，\(g(x)=3-x\)，\(f(x)=2-x\)，
   当\(x>2\)时，\(g(x)=x-1\)，\(f(x)=(x-2)^2\)，
   故函数\(g(x)=\left\{\begin{array}{l}{3-x^2，x<0}\\{3-x，0\leq x\leq 2}\\{x-1，x>2}\end{array}\right.\) ↩︎

4. 注意以下的程序框图的作用；
   其实质是给出分段函数：\(f(x)=\begin{cases}3-x,&x<-1\\x^2,&-1\leqslant x\leqslant 1\\x+1,&x>1\end{cases}\). ↩︎