高中数学讲义微专题07 分段函数的性质与应用 10页

- 1 - 微专题 07 分段函数的性质与应用 分段函数是函数中比较复杂的一种函数，其要点在于自变量取不同范围的值时所使用的解 析式不同，所以在解决分段函数的问题时要时刻盯着自变量的范围是否在发生变化。即“分 段函数——分段看” 一、基础知识： 1、分段函数的定义域与值域——各段的并集 2、分段函数单调性的判断：先判断每段的单调性，如果单调性相同，则需判断函数是连续的 还是断开的，如果函数连续，则单调区间可以合在一起，如果函数不连续，则要根据函数在 两段分界点出的函数值（和临界值）的大小确定能否将单调区间并在一起。 3、分段函数对称性的判断：如果能够将每段的图像作出，则优先采用图像法，通过观察图像 判断分段函数奇偶性。如果不便作出，则只能通过代数方法比较 的关系，要注 意 的范围以代入到正确的解析式。 4、分段函数分析要注意的几个问题 （1）分段函数在图像上分为两类，连续型与断开型，判断的方法为将边界值代入每一段函数 （其中一段是函数值，另外一段是临界值），若两个值相等，那么分段函数是连续的。否则是 断开的。例如： ，将 代入两段解析式，计算结果相同，那么此分 段函数图像即为一条连续的曲线，其性质便于分析。再比如 中，两段 解析式结果不同，进而分段函数的图像是断开的两段。 （2）每一个含绝对值的函数，都可以通过绝对值内部的符号讨论，将其转化为分段函数。例 如： ，可转化为： 5、遇到分段函数要时刻盯住变量的范围，并根据变量的范围选择合适的解析式代入，若变量 的范围并不完全在某一段中，要注意进行分类讨论 6、如果分段函数每一段的解析式便于作图，则在解题时建议将分段函数的图像作出，以便必 要时进行数形结合。 二、典型例题 例 1：已知函数 ，若 ，则实数 _____ 思路：从里向外一层层求值， 所以 答案：    ,f x f x ,x x   2 2 1, 3 4, 3 x xf x x x      3x    2 2 1, 3 1, 3 x xf x x x        1 3f x x     1 3, 1 1 3, 1 x xf x x x        2 2 1 1( ) 1 x xf x x ax x        0 4f f a   a    00 2 1 2f        0 2 4 2f f f a    4 2 4 2a a a    2a  - 2 - 例 2：设函数 ，则 的值为_________ 思 路 ： 由 解 析 式 可 知 ， 只 有 ， 才 能 得 到 具 体 的 数 值 ， 时 只 能 依 靠 向 正数进行靠拢。由此可得： ，而 答案： 小炼有话说：含有抽象函数的分段函数，在处理里首先要明确目标，即让自变量向有具体解 析式的部分靠拢，其次要理解抽象函数的含义和作用（或者对函数图象的影响）比如在本题 中： 可以立即为间隔为 1 的自变量，函数值差 1，其作用在于自变 量取负数时，可以不断 直至取到正数。理解到这两点，问题自然迎刃而解。 例 3：函数 ，则不等式 的解集是( ) A. B. C. D. 思路：首先要把 转变为具体的不等式，由于 是分段函数，所以要对 的范围 分类讨论以代入不同的解析式：当 时， ，可解得： 或 。所以 或 ；当 时， 解得 ， 所以 ，综上所述： 答案：B 例 4：已知函数 ，则不等式 的解集是________ 思路：要想解不等式，首先要把 转变为具体的表达式，观察已知分段函数，     cos , 0 1 1, 0 x x f x f x x       10 3f      f x 0x  0x     1 1f x f x   0x  10 7 4 1 21 2 3 43 3 3 3 3f f f f f                                       2 2 1cos3 3 2f        10 9 3 2f        9 2    0, 1 1x f x f x    1   3 4 , 2 2 , 21 x x f x xx        1f x    5,1 ,3       5,1 ,33      51, 3      5,33        1f x   f x x 2x    1 3 4 1f x x    1x   5 3x  1x   5 23 x  2x    21 1 2 11f x xx      3x  2 3x    5,1 ,33x       1 0( ) 1 0 x xf x x x        1 ( 1) 1x x f x     1f x  - 3 - ， 占据 整个括号的位置，说明对于函数 而言，括号里的 式子小于 0 时，代入上段解析式，当括号里的式子大于 0 时，代入下段解析式。故要对 的符号进行分类讨论。（1）当 时， ，不等式 变为： （2）当 时， ，不等式变为： 答案： 例 5 ：已知函数 ，则不等式 的解集为 ___________ 思路：本题如果通过分类讨论将不等式变为具体不等式求解，则难点有二：一是要顾及 的范围，则需要分的情况太多；二是具体的不等式可能是多项式与指数式混在 一起的不等式，不易进行求解。所以考虑先搁置代数方法，去分析 的图像性质，发现 的两段解析式均可作图，所以考虑作出 的图像，从而发现 是增函数，从而 无论 在哪个范围， ，从而解得： 或 答案： 小炼有话说：含分段函数的不等式在处理上通常是两种方法：一种是利用代数手段，通过对 进行分类讨论将不等式转变为具体的不等式求解(比如例 3，例 4）。另一种是通过作出分段函 数的图象，数形结合，利用图像的特点解不等式（比如例 5）。 例 6：已知函数 .若 ，则 的取值范围是 A． B． C． D． 思路：本题可以对 进行分类讨论，以将 变成具体不等式求解，但也 可从 的特点出发，考虑判断 的奇偶性，通过作图可发现 为偶函数，所以 1 0( ) 1 0 x xf x x x       x  f  f x 1x  1 0 1x x        1 1 1f x x x         21 1 1x x x x x        1 0 1x x      1 1 1f x x x       21 1 2 1 0 1 2 1 2x x x x x x              1, 1 2x        1, 1 2x         2 1 2 3, 0 2 1, 0x x x xf x x           28 3f x f x x   28, 3x x x   f x  f x  f x  f x 28, 3x x x     2 28 3 8 3f x f x x x x x       4x   2x     , 4 2,   x   2 2 2 , 0 2 , 0 x x xf x x x x            2 1f a f a f   a  1,0  0,1  1,1  2,2 a      2 1f a f a f   ,a a  f x  f x - 4 - ，所解不等式变为 ，再由图像可得只需 ，即 答案：C 小炼有话说： （1）本题判断函数 的奇偶性可以简化运算，而想到这一点是源于抓住所解不等式中 的特点。由此可见，有些题目的思路源于式子中的一些暗示 （2）由于 两段图像均易作出，所以在判断 奇偶性时用的是图像法。对于某些不 易作图的分段函数，在判断奇偶性时就需要用定义法了，下面以本题为例说说定义法如何判 断：整体思想依然是找到 ，只是在代入过程中要注意 的范围：设 ，则 ， ，所 以 ，即 为偶函数 例 7：已知函数 ，若 ，则 的 值域是_______________ 解析： 是一个分段函数，其分段标准以 的大小为界，所以第一步先确定好 的 取 值 ， 解 不 等 式 ： ， 解 得 ： ， 故 ，分别求出每段最值，再取并集即可 答案： 例 8：已知函数 ，若 在 单调递增，则实数 的 取值范围是_________ 思路：若 在 单调增，则在 上任取 ，均有 ，在任取中 就包含 均在同一段取值的情况，所以可得要想在 上单调增，起码每一段的解析式也应 当是单调递增的，由此可得： ，但仅仅满足这个条件是不够的。还有一种取值可 能为 不在同一段取值，若也满足 ，均有 ，通过作图可发现需要左    f a f a     1f a f 1a  1 1a    f x ,a a  f x  f x    ,f x f x ,x x  0,x    ,0x          22 22 , 2 2f x x x f x x x x x              f x f x   f x 2 2( ) 1 2 , ( ) 2f x x g x x x    ( ), ( ) ( )( ) ( ), ( ) ( ) g x f x g xF x f x f x g x    ( )F x  F x    ,f x g x x     2 21 2 2f x g x x x x     1 13 x     2 2 12 , 13 11 2 , 13 x x x F x x x or x            7, 9     ( 2) 1 ( 1)( ) log ( 1)a a x xf x x x      ( )f x  ,  a  f x  ,  R 1 2x x    1 2f x f x 1 2,x x R 2 0 1 a a     1 2,x x 1 2x x    1 2f x f x - 5 - 边 函 数 的 最 大 值 不 大 于 右 边 函 数 的 最 小 值 。 代 入 ， 有 左 段 右 端 ， 即 综上所述可得： 答案： 例 9：已知 ，则下列选项错误的是（ ） A. ① 是 的图像 B. ②是 的图像 C. ③是 的图像 D. ④是 的图像 思路：考虑先作出 的图像（如右图所示），再按照选项 进行验证即可：A. 为 向右平移一个单位， ①正确；B. 为 关于 轴对称的图像，②正 确 ； C. 为 正 半 轴 图 像 不 变 ， 负 半 轴 作 与 正半轴关于 轴对称的图像，③正确；D. 的 图像为 在 轴上方的图像不变，下方图像沿 轴对称翻折。而 图像均在 轴上方， 所以 应与 图像相同。④错误 答案：D 例 10：函数 ，则下列结论正确的是（ ） A. 函数 在 上为增函数 B. 函数 的最小正周期为 4 C. 函数 是奇函数 D. 函数 无最小值 1x   2 1 log 1 0 3aa a       2,3a   2,3      2 1. 1,0 1, 0,1 x x f x x x        1f x   f x  f x  f x  f x  1f x   f x  f x  f x y  f x  f x  f x y  f x  f x x x  f x x  f x  f x   3 1 , 1 2sin , 12 x x f x x x       f x  1,  f x  f x  f x - 6 - 思路：可观察到 的图像易于作出，所以考虑先作图，再看由图像能否判断各个选项，如 图所示可得：BC 选项错误，D 选项 存在最小值 ，所以 D 错误，A 选项是正 确的 答案：A 小炼有话说：（1）本题利用数形结合是最为简便的方法，一方面 是因为 本身便于作图，另一方面四个选项在图上也有具体的 含义。 （2）分段函数作图过程中，尤其在函数图象断开时，一定要注意 端点处属于哪个解析式。本题中 就属于 部 分，所以才存在最小值。 三、近年模拟题题目精选 1、已知函数 若 ，则 ______ 2、已知 ，若 ，则 __________. 3、（2016，湖州中学期中）函数 ,若 ，则实数 的取值范围为（ ） A． B． C． D． 4、已知 ，则 的解集为______________ 5、（2015，北京）设函数 ①若 ，则 的最小值为________ ②若 恰有 2 个零点，则实数 的取值范围是__________ 6、（2015，福建）若函数 的值域是 ，则实数 的取值范围是___________  f x  f x  1 2f     f x 1x   2sin 2y x         ,1,1lg ,1,3 2 xx xx axxf    31  ff a      )0(,sin2 ),0(,)( 2 πxx xxxf 3)]([ 0 xff 0x      ,0, ,0,4)( 2 xx xxxf ]1)([)]([  affaff a ]0,1( ]0,1[ ]4,5(  ]4,5[    2 2 1, 0 1 , 0 x xxf x xx         1f x        2 , 1 4 2 , 1 x a xf x x a x a x        1a   f x  f x a    6, 2 0, 13 log , 2a x xf x a ax x         4, a - 7 - 7、（2015，新课标 II）设函数 ，则 （ ） A. B. C. D. 8、（2015，山东）设函数 ，则满足 的 的取值范围是 （ ） A. B. C. D. 9、已知函数 ，则 的值域是（ ） A. B. C. D. 10、已知函数 ，无论 为何值，函数 在 上总是不单 调，则 的取值范围是____________ 11 、 已 知 ， 且 ， 则 使 不 等 式 成立的 还应满足的条件为（ ） A. B. C. D.    2 1 1 log 2 , 1 2 , 1x x x f x x         22 log 12f f   3 6 9 12   3 1, 1 2 , 1x x xf x x         2 f af f a  a 2 ,13       0,1 2 ,3     1,   sin cos sin cosf x x x x x     f x  2,2 2,2   2, 2   2, 2        3 2 1 3 4, , a x a x t f x x x x t        t  f x R a   2 2 1 ,0 1 1 , 1 0 x xf x x x           0 1,0 1, 0m n mn         0f m f n  ,m n m n m n 0m n  0m n  - 8 - 习题答案： 1、答案： 解析： ，所以 2、答案： 或 解析：若 ，则 ，无解；若 ，则 ，由解析式可得： 或 3、答案：C 解析： 当 ，即 时； ， 故 ，故 不成立；当 ， 即 时 ； ， 又 在 上显然成立即故 ，故选 C． 4、答案： 解析： 时， ，可得 ， 当 时， ，综上可得： 5、答案：① ② 或 解析：① 时， ，当 时， ，当 时， ，综上所述可得： ② 当 时 ， 为 单 调 增 函 数 ， 且 ， 当 时 ， 解 析 式 可能的零点为 ，因为 恰有 2 个零点，所以 3    23 lg 3 1 1f         1 1 3 1 3f a a      0 3x  0 2 3x     0 0,f x     0 0 32sin 3 sin 2f x f x      0 0f x     2 0 03 3f x f x    0 0 2sin 3 30 x x x          0 2 3x     0, 1 0f a f a   5a   [ ( )] (4 ) 8 , [ ( ) 1] 9f f a f a a f f a a       [ ( )] [ ( ) 1]f f a f f a  ]1)([)]([  affaff    0, 1 4f a f a   5 4a    2[ ( )] (4 ) 8 , [ ( ) 1] (5 ) (5 )f f a f a a f f a f a a         28 (5 )a a   ( 5, 4]  [ ( )] [ ( ) 1]f f a f f a       0,1 1,+ , 1    0x   22 2 2 1 1 2 1 0 1 0x x x xx               0,1 1,+x   0x  1 1 1 1x xx              0,1 1,+ , 1x      1 1 12 a  2a  1a       2 1, 1 4 1 2 , 1 x xf x x x x        1x     1,1f x   1x    2 2 34 12 8 4 1 12f x x x x            min 1f x   1x   f x    ,2f x a a   1x      4 2f x x a x a   , 2x a x a   f x 1x  - 9 - 的区域中至少有一个零点。当 时，可知 在 各有一个零 点，符合题意。当 时， 在 已有两个零点，所以在 不能有零点，故 ，综上所述： 或 6、答案： 解析：从常系数函数入手， 时，可得： ，所以当 时， 的值 域 应 为 的 子 集 ， 从 而 可 知 ， 所 以 ， 则 ，所以 7、答案：C 解 析 ： 由 分 段 函 数 可 得 ： ， 因 为 ， 所 以 ，则 8、答案：C 解析：可将 视为一个整体： ，则有 ，根据分段函数特点可推断出 ， 即 ，所以有 或 ，解得： 9、答案：C 解析： ，由三角函数性质可得： ，即可求得值域为 10、答案： 解析：由 得 ， 解得 ， 所 以 在 单 调 递 增 ， 在 单 调 递 减 。 对 于 可知为单调函数或水平线。当 单调递增时，无论 为何值，只要将 2 1 1 11 2 a aa       f x 1, 1x x  1a   f x 1x  1x  2 0 2a a    1 12 a  2a   1,2 2x     4,f x   2x   f x  4, 1a     3 log 2,af x    3 log 2 2a a    1,2a    22 1 log 4 3f     2 2log 12 2 log 3 1     2 2log 12 1 log 6 2log 12 2 2 6f       22 log 12 9f f    f a  t f a   2tf t  1t    1f a  1 2 1a a    1 3 1 1 a a     2 3a    2cos ,sin cossin cos sin cos 2sin ,sin cos x x xf x x x x x x x x          52cos , 2 , 24 4 32sin , 2 , 24 4 x x k k f x x x k k                         2, 2   1 2a    3f x x x   ' 23 1f x x   ' 0f x  3 3, ,3 3x                f x 3 3, , ,3 3              3 3,3 3       2 1 3 4y a x a    y a t - 10 - 取到足够小，总能使 为增函数。当 单调递减或是为水平线时，可知 恒不单调。 所以 11、答案：D 解析：观察可得题目条件 具备轮换对称的特点，所以可以给 定序，不妨设 ， 又由 可知 异号，从而 ，所以： 即  f x y  f x 12 1 0 2a a    ,m n ,m n m n 0mn  ,m n 0m n      2 2 2 2 2 20 1 1 0 1 1 1 1f m f n m n m n m n               2 2m n m n    0m n m n    