一、何为分段函数
待编辑。
二、分段函数的给出方式
直接给出：函数\(f(x)=\begin{cases}2x+a,&x< 1\\-x-2a,&x\ge 1 \end{cases}\).
间接给出：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\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{2^x，x>0}\\{0，x=0}\\{-2^{-x}，x<0}\end{array}\right.\)
用程序框图给出：
三、分段函数常研究的内容
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；
四、分段函数的常考题型
- 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。
分析：由题目可知，\(\begin{cases} & 3-a>0 ① \\ &a>1 ②\\ &(3-a)7-3<a^{8-6}③\end{cases}\)，解得：\(a\in(2，3)\)；
反思：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。
- 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5(求解分段函数不等式)
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。
- 解分段函数不等式
例6(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8
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\(\Longleftrightarrow \begin{cases} &x\leq 0 \\ &\cfrac{1}{2}x+1\ge -1 \end{cases}\)
或者\(\begin{cases} &x> 0 \\ &-(x-1)^2\ge -1 \end{cases}\)
解得\(\begin{cases} & x\leq 0 \\ &x\ge -4\end{cases}\)
或者\(\begin{cases} &x> 0 \\ &0 \leq x \leq 2\end{cases}\)，
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、\([-3,0)\) \(\hspace{2cm}\) B、\((-3,0)\) \(\hspace{2cm}\) C、\((-3,1)\) \(\hspace{2cm}\) 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。
五、典例剖析
例2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4【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14(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9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10(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.\([0，1]\hspace{2cm}\) B.\([0，1]\cup\{7\}\hspace{2cm}\) C.\([0，1]\cup [3，4]\hspace{2cm}\) 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11(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\(f(f(a))=2^{f(a)}\)；
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12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13【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14(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，
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15【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，验证原不等式为\(2^x+x+\cfrac{1}{2}>1\)，显然成立，
当\(x>\cfrac{1}{2}\)时，验证原不等式为\(2^x+2^{x-\cfrac{1}{2}}>1\)，显然成立，
综上可知，\(x>-\cfrac{1}{4}\)。
解后反思：验证不等式比解不等式要快得多。
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)
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16(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.\(\cfrac{1}{4}\) \(\hspace{1cm}\) B.\(\cfrac{1}{4}\) \(\hspace{1cm}\) C.\(\cfrac{1}{4}\) \(\hspace{1cm}\) D.\(\cfrac{1}{4}\) \(\hspace{1cm}\)
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\(M(a)_{min}=\cfrac{1}{2}\)。
例17(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18(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18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18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【】
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；
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19【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20【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21【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22【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【】
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\(B\)。