分段函數

相關概念

分段函數是一類比較特殊的函數。

給出方式

• 直接給出分段函數；^[1]

• 間接給出，需要利用奇偶性求解；^[2]

• 間接給出，需要化簡完善，有難度的情形；^[3]

• 用程序框圖給出：^[4]

• 用新定義形式給出；

• 用絕對值的形式給出；

研究內容

• 分段函數的定義域、值域、單調性、奇偶性、周期性、對稱性等等；

• 常多見兩段式分段函數，組成分段函數的兩部分多為一次、二次函數，指數函數、對數函數、冪函數等；

常考題型

• 已知分段函數的單調性，求參數的取值范圍

例1 已知\(a>0\)，函數\(f(x)\)滿足\(f(x)=\begin{cases} (3-a)x-3 &x\leq 7 \\ a^{x-6} &x>7 \end{cases}\)，函數\(f(x)\)在\(R\)上單調遞增，求\(a\)的取值范圍。

分析：由題目可知，\(\begin{cases} &3-a>0 ① \\ &a>1 ②\\ &(3-a)7-3\leq a^{7-6}③\end{cases}\)；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、本題目常犯的錯誤是缺少第三條的限制；學生常認為函數在兩段上分別單調遞增，則在整體定義域\(R\)上一定單調遞增，這個認知是錯誤的。原因是前者是后者的必要不充分條件。

2、防錯秘籍：既要保證每段上的單調性，還要保證轉折點處的單調性。

對照例 已知\(a>0\)，數列\(\{a_n\}\)滿足\(a_n = \begin{cases} &(3-a)n-3 &n\leq 7 \\ &a^{n-6} &n>7 \end{cases}\)，數列\(\{a_n\}\)是單調遞增數列，求\(a\)的取值范圍。

考點：數列的單調性，分段函數，數列與分段函數的交匯

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

感悟反思：1、本題目和上例非常類似，但是又不一樣，原因是數列是特殊的函數，所以在③中不等式的兩端的自變量的取值不一樣，而且不能取等號。

2、如果是一般的函數\(f(x)\)，則比較點\(A\)和點\(C\)的函數值的大小關系；現在是分段數列，那么我們需要比較的是點\(A\)和點\(B\)的函數值的大小關系；

• 已知分段函數的值域，求參數的取值范圍

例2 【2017撫州模擬】【值域是\(R\)】已知函數\(f(x)=\begin{cases}(1-2a)x+3a，&x<1\\2^{x-1}&x\ge 1\end{cases}\)的值域是R，則實數\(a\)的取值范圍是多少？

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

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

例3 【單調性&值域是R】【(2017\(\cdot\)山東煙台二中月考】若分段函數\(f(x)=\begin{cases}(1-a)x+2a，x<1\\lnx，x\ge 1\end{cases}\)的值域為R，則\(a\)的取值范圍是_________。

分析：先做出分段函數的第二段，當做第一段時，會考慮斜率\(1-a\)，

當做射線\(y=(1-a)x+2a(x<1)\)的圖像時，\(1-a\leq 0\)都不符合題意，只有\(1-a>0\)才有可能符合題意。

由於要求函數的值域為R，故要求分段函數的兩段圖像在\(y\)軸上的射影要占滿\(y\)軸，

然后將其轉化為文字語言，即左端函數的最大值必須大於或等於右端函數的最小值，

再轉化為數學語言，即\((1-a)\cdot 1+2a\ge ln1\)，

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

解得\(-1\leq a<1\)；即\(a\in[-1，1)\)。

說明：注意三種數學語言的順利轉化。

• 由分段函數方程求解參數的值

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

解析：分段函數的問題一般都需要分類討論來處理；

當\(a>0\)時，\(1-a<1,1+a>1\)，

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

當\(a<0\)時，\(1-a>1,1+a<1\)，

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

綜上，\(a=-\cfrac{3}{4}\).

解后反思：仿此方法思路，也可以求解分段函數方程。

• 求解分段函數不等式

例5 【由圖像給出單調性】已知函數\(f(x)=\begin{cases}x^2+4x，&x\ge0\\4x-x^2，&x<0\end{cases}\)，若\(f(2-a^2)>f(a)\)，求實數\(a\)的取值范圍。

分析：自行作圖，結合分段函數\(f(x)\)的大致圖像可知，

\(f(x)\)在\(R\)上單調遞增，故由\(f(2-a^2)>f(a)\)，

可直接脫掉符號\(f\)，得到\(2-a^2>a\)，解得\(-2<a<1\).

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

分析：此類題目是求解分段函數不等式，關鍵是等價轉化。

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\(x\in [-4，2]\)。

• 由分段函數給出函數的單調性

例7 【由圖像給出單調性】已知函數\(f(x)=\begin{cases}-1,&x\ge0\\x^2-1,&x<0\end{cases}\),則滿足不等式\(f(3-x^2)<f(2x)\)的取值范圍是（）。

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

分析：做出函數的圖像，由圖像可知，

原不等式等價於\(\begin{cases}3-x^2\ge0\\2x<0\end{cases}\)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\(-3<x<0\)，選\(B\)。

典例剖析

例8 已知函數\(f(x)=\begin{cases}ax^2+1&x\ge 0\\(a^2-1)e^{ax}&x<0\end{cases}\)在\((-\infty，+\infty)\)上單調，求參數\(a\)的取值范圍。

分析：當函數\(f(x)\)在R上單調遞增時，則需要每一段單調遞增且還要保證轉折點處的單調性。

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

解得\(1<a\leq \sqrt{2}\)；

當函數\(f(x)\)在R上單調遞減時，

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

解得\(a\leq -\sqrt{2}\)；

綜上所述，\(a\)的取值范圍是\((-\infty，-\sqrt{2}]\cup(1，\sqrt{2}]\)；

解后反思：

1、第一種情形，當\(a>0\)時，為什么必須\(a^2-1>0\)才能保證函數\(y=(a^2-1)e^{ax}\)的單增性？

當\(x\ge 0\)，\(a>0\)時，函數\(y=ax\)單增，則\(y=e^{ax}\)單增，

此時若要\(y=(a^2-1)e^{ax}\)的單增，則必須\(a^2-1>0\)；

2、第二種情形，當\(a<0\)時，為什么還是必須\(a^2-1>0\)才能保證函數\(y=(a^2-1)e^{ax}\)的單減性？

當\(x\ge 0\)，\(a<0\)時，函數\(y=ax\)單減，則\(y=e^{ax}\)單減，

此時若要\(y=(a^2-1)e^{ax}\)的單減，則必須\(a^2-1>0\)；

否則就會單調遞增。

例9 【變式對照題】【2017\(\cdot\)山東煙台二中月考改編】若分段函數\(f(x)=\begin{cases}(1-a)x+2a，x<1\\lnx，x\ge 1\end{cases}\)在R上單調遞增，則\(a\)的取值范圍是_________。

分析：第二段單調遞增已經保證，只需要第一段單調遞增，\(1-a>0\)

且在斷點處滿足大小關系即可，此時左端函數的最大值必須小於或等於右端函數的最小值，

即\((1-a)\cdot 1+2a\leq ln1\)，即圖像②和③是滿足題意的，

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

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

• 分段函數的實際應用[最值]

例10 【求解分段函數的最值，應用問題】

某工廠某種產品的年固定成本為250萬元，每生產\(x\)千件該產品需要另外投入的生產成本為\(G(x)\)(單位：萬元)，當年產量不足80千件時，\(G(x)=\cfrac{1}{3}x^2+10x\)；當年產量不小於80千件時，\(G(x)=51x+\cfrac{10000}{x}-1450\)；已知每件產品的售價為0.05萬元。通過市場分析，該工廠生產的產品能全部售完，則該工廠在這一產品的生產中所獲年利潤的最大值是多少？

分析：本題目的實質是求解分段函數的最大值，但是還有幾個難點：其一單位的統一，其二根據常識列出年利潤的分段函數，其三在每一段上求最大值，最后比較得到函數在整個定義域上的最大值。其中\(“利潤=銷售量\times 價格-生產成本-固定成本”\)

解析：由題目得到生產成本為\(G(x)=\begin{cases} \cfrac{1}{3}x^2+10x &x<80 \\ 51x+\cfrac{10000}{x}-1450 &x\ge 80\end{cases}\).

每千件的價格為\(1000\times 0.05=50(萬元)\)，

每\(x\)千件的銷售額為\(1000\times 0.05x=50x(萬元)\)，

設年利潤函數為\(y\)，

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

接下來在每一段上分別求函數的最大值，

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

故當\(x=60 \in (0，80)\)時，\([f_1(x)]_{max}=950(萬元)\)

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

故當\(x=100 \in (80，+\infty)\)時，\([f_2(x)]_{max}=1000(萬元)>[f_1(x)]_{max}=950(萬元)\)，

故所獲年利潤的最大值1000萬元。

備注：若某一段上的函數為三次多項式函數，可以利用導數求解其最大值；

例11 設函數\(f(x)=\begin{cases}x^2+x,&x<0\\-x^2,&x\ge 0 \end{cases}\)，若\(f(f(a))\leq 2\)，則實數\(a\)的取值范圍是_____.

法1：若能將\(f(a)\)理解成已知函數的\(x\)，

則可以將\(f(f(a))\leq 2\)等價轉化為以下的兩個不等式組：

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

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

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

到此問題轉化為已知\(f(x)=\begin{cases}x^2+x,&x<0\\-x^2,&x\ge 0 \end{cases}\)，\(f(a)\ge -2\)，

求實數\(a\)的取值范圍，這就容易多了。

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

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

分別解得：\(a<0\)或\(0\leq a\leq \sqrt{2}\)，故實數\(a\)的取值范圍為\((-\infty，+\sqrt{2}]\)。

解后反思：本題經過兩次抽絲剝繭般的處理，第一次的結果得到\(f(a)\ge -2\)，

第二次的結果得到\(a\in (-\infty，+\sqrt{2}]\)。

法2：圖像法

自行做出函數圖像，結合圖像可知，

要使得\(f(f(a))\leq 2\)，則必須\(f(a)\ge -2\)，

這時就轉化為分段函數不等式問題了。

\(f(a)\ge -2\)等價於以下兩個不等式組：

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

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鳳翔中學高三文科數學沖刺模擬第10套第8題】已知\(f(x)=\begin{cases}1，&x\in[0，1]\\x-3，&x\notin[0，1]\end{cases}\)，則使得\(f(f(x))=1\)成立的\(x\)的取值范圍是【】

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

分析：本題目屬於求解分段函數方程，可以將\(f(x)\)這個整體視為已知中的\(x\)，則原分段函數方程等價於

第一種情形，\(0\leq f(x)\leq 1\)且\(f(x)=1\)；或第二種情形，\(f(x)-3=1\)且\(f(x)\notin[0，1]\)，

其中第一種可化簡為\(0\leq f(x)\leq 1\)，再等價轉化為\(\begin{cases}x\in[0，1]\\f(x)=1\end{cases}\)或\(\begin{cases}x\notin[0，1]\\0\leq x-3\leq 1\end{cases}\)

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

第二種可化簡為\(f(x)=4\)，再等價轉化為\(\begin{cases}x\in[0，1]\\1=4\end{cases}\)或\(\begin{cases}x\notin[0，1]\\x-3=4\end{cases}\)，解得\(x=7\)；

綜上所述，\(x\)的取值范圍是\([0，1]\cup[3，4]\cup\{7\}\)，故選\(D\)。

例13 【2015山東高考】已知函數\(f(x)=\begin{cases}3x-1&x<1 \\2^x&x\ge 1\end{cases}\)，且滿足\(f(f(a))=2^{f(a)}\)，求\(a\)的取值范圍。

法1：如果將\(f(a)\)視為一個整體，則結合已知條件可知，必有\(f(a)\ge 1\)；

這時題目轉化為給定\(f(x)=\begin{cases}3x-1&x<1 \\2^x&x\ge 1\end{cases}\)，已知\(f(a)\ge 1\)，

等價轉化為以下兩個不等式組：

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

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：分以下三種情況討論(想想為什么？)：

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

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

不滿足\(f(f(a))=2^{f(a)}\)；驗證

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

則此時\(f(f(a))=2^{3a-1}\)，\(2^{f(a)}=2^{3a-1}\)，

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

3、當\(a\ge 1\)時，\(f(a)=2^a\ge1\)，則此時\(f(f(a))=2^{2^a}\)，\(2^{f(a)}=2^{2^a}\)，

滿足\(f(f(a))=2^{f(a)}\)，故\(a\ge 1\)；

終上所述，故\(a\in[\cfrac{2}{3}，+\infty)\)。

例14 例7【求解分段函數方程】【2016第三次全國大聯考第15題】已知\(f(x)\)是定義在R上的奇函數，且當\(x<0\)時，\(f(x)=2x-1\)，若\(f(a)=3\)，求實數\(a\)的值。

分析：先由奇偶性求得\(x>0\)時，\(f(x)=2x+1\)，

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

等價轉化為三個不等式組 \(\begin{cases}a<0\\2a-1=3\end{cases}\)，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 【求解分段函數不等式】【2016第三次全國大聯考第11題】已知函數\(f(x)=\begin{cases}ln^2x+alnx+b&x>0\\e^x+\cfrac{1}{4}&x\leq 0\end{cases}\)，且\(f(e)=f(1)\)，\(f(e^2)=f(0)+\cfrac{11}{4}\)，則不等式\(f(lnx)\ge 1\)的解集是什么？

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

到此題目轉化為給定分段函數\(f(x)=\begin{cases}ln^2x-lnx+2&x>0\\e^x+\cfrac{1}{4}&x\leq 0\end{cases}\)，

已知\(f(lnx)\ge 1\)，求不等式的解集。

等價轉化為兩個不等式組：\(\begin{cases}lnx>0\\ln^2(lnx)-ln(lnx)+2\ge1\end{cases}①\)

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

解①中的第二個不等式，令\(ln(lnx)=t\)，則不等式變為\(t^2-t+1\ge 0\)，

又\(t^2-t+1\ge 0\)恆成立，故\(lnx>0\)滿足此式，

即①的結果是\(lnx>0\)，解得\(x>1\)；

解②得到\(\cfrac{3}{4}\leq x \leq 1\)，

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

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

分析：先分類討論，去掉絕對值符號，將函數轉化為分段函數，

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

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

自行做出函數圖像，課件

則由圖可知，原不等式等價於\(\begin{cases} &x^2-2x< 0 \\ &3x-4\ge 0\end{cases}\)

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

例17 【2017全國卷3文科第16題理科第15題高考真題】設函數\(f(x)=\begin{cases}x+1,&x\leq 0\\2^x,&x>0\end{cases}\)，則滿足\(f(x)+f(x-\dfrac{1}{2})>1\)的\(x\)的取值范圍是_________。

法1：由題意可知，

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

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

對不等式分\(x\leq 0\)和\(0<x\leq \cfrac{1}{2}\)和\(x>\cfrac{1}{2}\)三段討論如下，

當\(x\leq 0\)時，原不等式為\(x+1+x+\cfrac{1}{2}>1\)，

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

當\(0<x\leq \cfrac{1}{2}\)時，原不等式為\(2^x+x+\cfrac{1}{2}>1\)，即\(2^x>\cfrac{1}{2}-x\)，

此時為超越不等式，需要借助圖像求解，做出函數圖像，由圖像可知，顯然成立；

當\(x>\cfrac{1}{2}\)時，原不等式為\(2^x+2^{x-\cfrac{1}{2}}>1\)，即\(2^{x-\cfrac{1}{2}}>1-2^x\)，

此時為超越不等式，需要借助圖像求解，做出函數圖像，由圖像可知，顯然成立；

綜上可知，\(x>-\cfrac{1}{4}\)。

解后反思：代數不等式往往可以用數的方法求解，但超越不等式就不能用常規的方法求解，此時可以考慮從形入手，借助函數的圖像求解。

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

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

故分\(x\leq 0；0<x\leq \cfrac{1}{2}、x> \cfrac{1}{2}\)三段做等價轉化如下：

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

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\(2^x>\cfrac{1}{2}-x\)時需要用到圖像，

做出圖像可以看到，其解集為\(x>x_0(x_0為負)\)，

故和對應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\(2^x+2^{x-\frac{1}{2}}>1\)時，

先驗證對應的小前提\(x>\cfrac{1}{2}\)是否滿足不等式，

若滿足就不需要解了，若不滿足再動手解不等式。

本題驗證是滿足的。故求交集得到\(x>\cfrac{1}{2}\)，

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

法3：(簡潔解法)待補充

難點：函數圖像的交點坐標的求解，原問題轉化為\(f(x)=1-f(x-\cfrac{1}{2})\)，

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

由圖像可得不等式的解集為\((-\cfrac{1}{4}，+\infty)\)。

例18 【2016\(\cdot\)青島模擬】函數\(f(x)=|x^2-a|\)在區間\([-1，1]\)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：本題目自然是先要求出最大值\(M(a)\)，然后再求其最小值。結合函數\(y=x^2-a\)的函數圖像，先分類如下：

當\(a\leq 0\)時，自己做出函數圖像可知最大值\(M(a)=|1-a|=1-a\)，

當\(a>0\)時，最大值\(M(a)=max\{a，|1-a|\}\)，

我們再令\(a>|1-a|\)，兩邊平方，得到\(a>\cfrac{1}{2}\)，

即\(a>\cfrac{1}{2}\)時，\(M(a)=a\)，

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

將最大值函數\(M(a)\)作以整理

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

接下來求分段函數\(M(a)\)的最小值即可。

利用圖像或者單調性都可以得到\(M(a)_{min}=\cfrac{1}{2}\)，故選\(C\).

例19 【2017\(\cdot\)鳳翔中學高三文科第二次月考第16題】設函數\(f(x)=\begin{cases}2e^{x-1}，&x<2\\log_3\;(x^2-1)，&x\ge 2\end{cases}\)，則不等式\(f(x)>2\)的解集是______________.

分析：原不等式等價於以下兩個不等式組\(\begin{cases}x<2\\2e^{x-1}>2\end{cases}\)

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

分別解得\(1<x<2\)或\(x>\sqrt{10}\)，

故解集為\((1，2)\cup(\sqrt{10}，+\infty)\)。

例20 【分段函數的應用】如圖所示，函數\(y=f(x)\)的圖像由兩條射線和三條線段組成，若對\(\forall x\in R\)，\(f(x)>f(x-2)\)恆成立，則正實數\(a\)的取值范圍是_______。

分析：此題目的求解關鍵是理解圖像和給定的條件對\(\forall x\in R\)，\(f(x)>f(x-2)\)恆成立，

其中自變量\(x\)和\(x-2\)相隔2個單位且滿足\(x>x-2\)，

由\(f(x)>f(x-2)\)可知，符合題目的自變量的取值須差值在2個單位之內。

解：由圖像可得\(a>0\)，\(f(4a)=a\)，\(f(-4a)=-a\)，

對\(\forall x\in R\)，\(f(x)>f(x-2)\)恆成立，

則須滿足條件\(\begin{cases}4a-(-2a)<2\\2a-(-4a)<2\end{cases}\)，

解得\(a<\cfrac{1}{3}\)，

故正實數\(a\)的取值范圍是\((0，\cfrac{1}{3})\)。

例20-變式1 如上圖所示，函數\(y=f(x)\)的圖像由兩條射線和三條線段組成，若對\(\forall x\in R\)，\(f(x)>f(x-1)\)恆成立，則正實數\(a\)的取值范圍是_______。

分析：由圖像可得\(a>0\)，\(f(4a)=a\)，\(f(-4a)=-a\)，

對\(\forall x\in R\)，\(f(x)>f(x-1)\)恆成立，

則須滿足條件\(\begin{cases}4a-(-2a)<1\\2a-(-4a)<1\end{cases}\)，

解得\(a<\cfrac{1}{6}\)，

故正實數\(a\)的取值范圍是\((0，\cfrac{1}{6})\)。

例20-變式2 如上圖所示，函數\(y=f(x)\)的圖像由兩條射線和三條線段組成，若對\(\forall x\in R\)，\(f(x)>f(x-12asin\phi)\)恆成立，其中\(a>0，0<\phi<\cfrac{\pi}{2}\)，則\(\phi\)的最小值是_______。

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

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

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

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

故\(\phi_{min}=\cfrac{\pi}{6}\)。

• 和分段函數有關的分離參數的技巧；

如函數\(f(x)=\begin{cases}x^2+4x，x\leq 0\\xlnx，x>0\end{cases}\)，\(g(x)=kx-1\)，若方程\(f(x)-g(x)=0\)在\(x\in(-2，2)\)有三個實根，則實數\(k\)的取值范圍是【】

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

分析：顯然\(x=0\)不是方程\(f(x)-g(x)=0\)的根，故可變形為\(k=\cfrac{f(x)+1}{x}\)，

設\(\phi(x)=\cfrac{f(x)+1}{x}=\begin{cases}x+\cfrac{1}{x}+4，x<0\\\cfrac{1}{x}+lnx，x>0\end{cases}\)，即\(k=\phi(x)\)在\(x\in(-2，2)\)有三個實根，

用導數方法研究函數\(\phi(x)\)的單調性，做出其圖像；

由圖像可得，要使得函數\(y=k\)與函數\(y=\phi(x)\)有三個交點，則\(k\in (1，ln2\sqrt{e})\cup(\cfrac{3}{2}，2)\)

例21 【已知分段函數不等式求參數的取值范圍】已知函數\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{log_2x， x>0}\\{log_{\frac{1}{2}}(-x)，x<0}\end{array}\right.\)，若\(f(a)>f(-a)\)，求\(a\)的取值范圍。

分析：常規法，針對\(a\)分類討論如下，

①當\(a>0\)時，\(-a<0\)，原不等式等價於\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{log_2a>log_{\frac{1}{2}}a}\end{array}\right.\)

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

解得\(a>1\)；

②當\(a<0\)時，\(-a>0\)，原不等式等價於\(\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{log_{\frac{1}{2}}(-a)>log_2(-a)}\end{array}\right.\)

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

解得\(-1<a<0\)；

綜上可得，\(a\in (-1，0)\cup(1，+\infty)\)。

例22 【2019屆高三理科函數及其表示課時作業第18題】設函數\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{x}，0<x<1}\\{2(x-1)，x\ge 1}\end{array}\right.\)，若\(f(a)=f(a+1)\)，求\(f(\cfrac{1}{a})\)的值_________。

分析：當\(0<a<1\)時，\(a+1>1\)，

則\(f(a)=f(a+1)\)變形為\(\sqrt{a}=2[(a+1)-1]\)，即\(\sqrt{a}=2a\)，

解得\(a=0\)(舍去)或\(a=\cfrac{1}{4}\)；

當\(a\ge 1\)時，\(a+1\ge 2\)，

則\(f(a)=f(a+1)\)變形為\(2(a-1)=2[(a+1)-1]\)，解得\(a\in \varnothing\)，

綜上，\(a=\cfrac{1}{4}\)，

故有\(f(\cfrac{1}{a})=f(4)=2(4-1)=6\)

例23 【2019屆寶雞中學高三文科第一次月考第16題】已知函數\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x^2-4ax+2，x<1}\\{log_ax，x\ge 1}\end{array}\right.\)，在\((-\infty，+\infty)\)上單調遞減，求實數\(a\)的取值范圍。

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

要使得在第一段上單調遞減，則必須\(2a\ge 1\)①；

要使得在第二段上單調遞減，必須\(0<a<1\)②；

同時，在斷點處必須滿足\(1^2-4a\cdot 1+2\ge log_a1\)，即\(3-4a\ge 0\)③，

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

例24 【學生問題】已知函數\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{log_2(x^2+x+a)，x\ge 1}\\{1-x^2，x<1}\end{array}\right.\)的值域為\(R\)，則常數\(a\)的取值范圍是【】

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

分析：要保證第一段函數存在，則\(g(x)=x^2+x+a=(x+\cfrac{1}{2})^2+a-\cfrac{1}{4}\)，其對稱軸為\(x=-\cfrac{1}{2}\)，則在\([1，+\infty)\)上單調遞增，

故\(g(x)_{min}=g(1)=1+1+a=2+a\)，要使函數有意義，則\(2+a>0\)①；

又第二段函數的最小值要小於或等於第一段的最大值，則\(2+a\leq 1\)②；

由①②可知，則\(-2<a\leq -1\)，故選\(B\)。

例25 設分段函數 \(f(x)=\begin{cases} 2x，&x\leq 0 \\ log_2^{\;\;x} ，&x>0 \end{cases}\)若對任意給定的\(t\in (1，+∞)\)，都存在唯一的\(x\in R\)，滿足\(f(f(x))=2a^2t^2+at，\)則正實數\(a\)的最小值是【】

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

【分析】此題的突破口在於如何才會存在唯一的\(x\)滿足條件，結合\(f(x)\)的值域范圍或者圖象，易知只有在\(f(x)\)的自變量與因變量存在一一對應的關系時，即只有當\(f(x)>2\)時，才會存在一一對應．

【解答】解：根據\(f(x)\)的函數，我們易得出其值域為\(R，\)

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

∴可以看出\(f(x)\)在\(（0，1]\)上有兩個解，

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

必有\(f(f(x))＞1\) （因為\(2a^2t^2+at＞0\)），

所以：\(f(x)＞2，\)解得：\(x＞4\)，

當 \(x＞4\)時，\(x\)與\(f(f(x))\)存在一一對應的關系，

∴\(2a^2t^2+at＞1，t∈（1，+∞），\)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），

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

解后反思：本題主要考查了分段函數的應用，本題關鍵是可以把\(2a^2t^2+at\)當作是一個數，然后確定數的大小后再把它作為一個關於\(t\)的函數．

延伸閱讀

1、由抽象函數不等式求參數的取值范圍；

---

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

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

3. 已知函數\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{2-|x|，x\leq 2}\\{(x-2)^2，x>2}\end{array}\right.,\) 記\(g(x)=3-f(2-x)\)，求函數\(y=g(x)\)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\(f(2-x)=\left\{\begin{array}{l}{2-|2-x|，x\ge 0}\\{x^2，x<0}\end{array}\right.，\)
   再分類討論去掉絕對值符號得到
   \(f(2-x)=\left\{\begin{array}{l}{4-x，x>2}\\{x，0\leq x\leq 2}\\{x^2，x<0}\end{array}\right.，\)
   故當\(x<0\)時，\(g(x)=3-x^2\)，
   當\(0\leq x\leq 2\)時，\(g(x)=3-x\)，\(f(x)=2-x\)，
   當\(x>2\)時，\(g(x)=x-1\)，\(f(x)=(x-2)^2\)，
   故函數\(g(x)=\left\{\begin{array}{l}{3-x^2，x<0}\\{3-x，0\leq x\leq 2}\\{x-1，x>2}\end{array}\right.\) ↩︎

4. 注意以下的程序框圖的作用；
   其實質是給出分段函數：\(f(x)=\begin{cases}3-x,&x<-1\\x^2,&-1\leqslant x\leqslant 1\\x+1,&x>1\end{cases}\). ↩︎