分段函数的性质与应用

2022-10-09 07:25:25 第一文档网 [ 字体：小中大 ] [

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全国名校高考数学优质学案专题汇编（附详解）

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fx,fx的关系，要注意x,x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：

2x1,x3fx2，将x3代入两段解析式，计算结果相同，那么此分

x4,x3

段函数图像即为一条连续的曲线，其性质便于分析。再比如

2x1,x3

fx2中，两段解析式结果不同，进而分段函数的图像是断

x1,x3

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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：fxx13，可转化为：fx

x13,x1

1x3,x1

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

x21x1

例1：已知函数f(x)2，若ff04a，则实数a_____

xaxx1

思路：从里向外一层层求值，f02012 ff0f242a 所以42a4aa2 答案：a2

cosx,x0

例2：设函数fx，则

fx11,x0

10

f的值为_________ 3

思路：由fx解析式可知，只有x0，才能得到具体的数值，x0时只能依靠fxfx11向x0 正数进行靠拢。由此可得：

107412

ff1f2f3f4，而 33333

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212

fcos f

323910

 32

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：x0,fxfx11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1直至取到正数。理解到这两点，问题自然迎刃而解。

3x4,x2

例3：函数fx，则不等式fx1的解集是( ) 2

,x2x1

55,,1,3 A. ,1 B. 3355

1,,3 C.  D. 33

9

2

思路：首先要把fx1转变为具体的不等式，由于fx是分段函数，所以要对x的范围分类讨论以代入不同的解析式：当x2时，，可解得：x1或xfx13x41

x2时，fx1

x,1

5

,3 3

55

。所以x1或x2；当33

2

所以2x3，综上所述：12x1解得x3，

x1

答案：B

例4：已知函数f(x)是________

x1x0

，则不等式xx1f(x1)1的解集x0x1

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思路：要想解不等式，首先要把fx1转变为具体的表达式，观察已

x1x0

知分段函数， f(x)，x占据f

x1x0

整个括号的位置，说明

对于函数fx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x1的符号进行分类讨论。（1）当x10x1时，fx1x11x，不等式变为：

xxx11x21x

（2）当x10x1时，fx1x11x，不等式变为：

xxx11x22x1012x12

x1,12 答案：x1,12

2x2x3,x0

例5：已知函数fxx1，则不等式fx8fx23x的

21,x0

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x8,x23x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fx的图像性质，发现fx的两段解析式均可作图，所以考虑作出fx的图像，从而发现fx是增函数，从而无论x8,x23x在哪个范围，fx8fx23xx8x23x，从而解得：x4或x2 答案：,42,

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

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利用代数手段，通过对x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）。

2

x2x,x0

例6：已知函数fx2.若fafa2f1，则a的取值

x2x,x0

范围是

A．1,0 B．0,1 C．1,1 D．2,2

思路：本题可以对a进行分类讨论，以将fafa2f1变成具体不等式求解，但也可从a,a的特点出发，考虑判断fx的奇偶性，通过作图可发现fx为偶函数，所以fafa，所解不等式变为

faf1，再由图像可得只需a1，即1a1

答案：C 小炼有话说：

（1）本题判断函数fx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a,a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fx两段图像均易作出，所以在判断fx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

fx,fx ，只是在代入过程中要注意x,x的范围：设x0,，则x,0，fxx22x,fxx2xx22x

2

，所以

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fxfx，即fx为偶函数

g(x),f(x)g(x)

例7：已知函数f(x)12x,g(x)x2x，若F(x)，则

f(x),f(x)g(x)

2

2

F(x)的值域是_______________

解析：Fx是一个分段函数，其分段标准以fx,gx的大小为界，所以第一步先确定好x的取值，解不等式：fxgx12x2x22x，

12

x2x,x113

解得：x1，故Fx ，分别求出每段最值，

1312x2,xorx1

3

再取并集即可

7

,答案：



9

(a2)x1(x1)

例8：已知函数f(x)，若f(x)在,单调递增，

logx(x1)a

则实数a的取值范围是_________

思路：若fx在,单调增，则在R上任取x1x2，均有fx1fx2，在任取中就包含x1,x2均在同一段取值的情况，所以可得要想在R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：

a20

，

a1

但仅仅满足这个条件是不够的。还有一种取值可能为x1,x2不在同一段取值，若也满足x1x2，均有fx1fx2，通过作图可发现需要左边函数的最大值不大于右边函数的最小值。代入x1，有左段右端，即

a21loga10a3

综上所述可得：a2,3

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答案：2,3

x1.x1,0例9：已知fx2，则下列选项错误的是（） x1,x0,1

A. ①是fx1的图像 B. ②是fx的图像

C. ③是fx的图像 D. ④是fx的图像

思路：考虑先作出fx的图像（如右图所示），再按照选项进行验证即可：A. fx1为fx向右平移一个单位，①正确；B. fx为fx关于y轴对称的图像，②正确；C. fx为

fx正半轴图像不变，负半轴作与fx正半

轴关于y轴对称的图像，③正确；D. fx的图像为fx在x轴上方的图像不变，下方图像沿x轴对称翻折。而fx图像均在x轴上方，所以

fx应与fx图像相同。④错误

答案：D

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x31,x1

例10：函数fx ，则下列结论正确的是（） 

2sinx,x12

A. 函数fx在1,上为增函数 B. 函数fx的最小正周期为4

C. 函数fx是奇函数 D. 函数fx无最小值思路：可观察到fx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fx存在最小值f12，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fx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x1就属于y2sinx部分，所以才存在

2



最小值。

三、近年模拟题题目精选

a

x3,x1,

1、已知函数fx若f1f3，则a______ x

lgx21,x1,



x2,(x0),

2、已知f(x)，若f[f(x0)]3，则x0__________.

2sinx,(0xπ)

4x,x0,

3、（2016，湖州中学期中）函数f(x)2,若f[f(a)]f[f(a)1]，

x,x0,

则实数a的取值范围为（）

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(1,0] B．[1,0] C．A．(5,4] D．[5,4]

2x1

,x0x2

4、已知fx，则fx1的解集为______________

1,x0x

x

2a,x1

5、（2015，北京）设函数fx

4xax2a,x1

①若a1，则fx的最小值为________

②若fx恰有2个零点，则实数a的取值范围是__________

x6,x2

6、（2015，福建）若函数fxa0,a1的值域是4,，

3logx,x2a

则实数a的取值范围是___________

1log22x,x1

7、（2015，新课标II）设函数fxx1，则

2,x1

（） f2flo2g12

A. 3 B. 6 C. 9 D. 12

3x1,x1

8、（2015，山东）设函数fxx，则满足ffa2fa的a的

2,x1

取值范围是（）

22

0,1,1,A.  B. C.  

3

3



D. 1,

9、已知函数fxsinxcosxsinxcosx，则fx的值域是（）

A. 2,2 B. 2,2 C. 2,2 D. 2,2



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2a1x3a4,xt

10、已知函数fx3，无论t为何值，函数fx在R

xx,xt

上总是不单调，则a的取值范围是____________

21x,0x1

11、已知fx，且0m1,0n1,mn0，则使不

2

1x,1x0

等式fmfn0成立的m,n还应满足的条件为（）

A. mn B. mn C. mn0 D.

mn0

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习题答案： 1、答案：3

311，所以f11a31a3 解析：f3lg

2

2、答案：x0或x0

3



2

3

32

解析：若fx00,，则2sinfx03sinfx0，无解；若fx00，

2sinx03

x0或则fx03fx03，由解析式可得：

30x

2

x0

2

3

3、答案：C 解析：当

f[

fa0,fa10

f(

a)

]f

，即

a5

时；

a

(a，故f[af(a)]ff[f(af故，

f[f(a)]f[f(a)1]不成立；当fa0,fa14，即5a4时；

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f[f(a)]f(4a)8a,f[f(a)1]f(5a)(5a)2，又8a(5a

2

)在

(5,4]上显然成立即故f[f(a)]f[f(a)1]，故选C．

4、答案：0,11,+,1 解析：x0时，

x0,1x0,1

2x122

1x2x10x10，可得2

x

1

1,+，当x0时，11xx1，综上可得：

x

1,+, 1

1

2

5、答案：① 1 ② a1或a2

x21,x1

解析：① a1时，fx，当x1时，fx1,1，

4x1x2,x1

当x1时，f

fxmin1

3

x42x12x84x1，1综上所述可得：

2

2

② 当x1时，fx为单调增函数，且fxa,2a，当x1时，解析式fx4xax2a可能的零点为xa,x2a，因为fx恰有2个零点，所以x1的区域中至少有一个零点。当

2a11

a1时，可知2a1

fx在x1,x1各有一个零点，符合题意。当a1时，fx在x1已有

两个零点，所以在x1不能有零点，故2a0a2，综上所述：a1或a2 6、答案：1,2

解析：从常系数函数入手，x2时，可得：fx4,，所以当x2时，从而可知a1，所以fx3loga2,，fx的值域应为4,的子集，则3loga2a2，所以a1,2

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12

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7、答案：C

解析：由分段函数可得：f21log243，因为log2122log231，所以flog2122log1212log66，则f2flog2129

2

2

8、答案：C

解析：可将fa视为一个整体：tfa，则有ft2t，根据分段函数特点可推断出t1，即fa1，所以有9、答案：C

2cosx,sinxcosx

解析：fxsinxcosxsinxcosx，由三角函数性

2sinx,sinxcosx

5

2cosx,x2k,2k44

2,2质可得：fx，即可求得值域为 

2sinx,x32k,2k

44

a1

a

21

或

a12

，解得：a

33a11

10、答案：a 解析：由

3

x,

3

1

2

fxx3x得

f'x3x21

，

f'x0

解得

333

,，所以fx在,,单调递增，在,333

33

,对于y2a1x3a4可知为单调函数或水平线。单调递减。33

当y单调递增时，无论a为何值，只要将t取到足够小，总能使fx为增函数。当y单调递减或是为水平线时，可知fx恒不单调。所以

2a10a

1 2

11、答案：D

解析：观察可得题目条件m,n具备轮换对称的特点，所以可以给m,n定

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序，不妨设mn，又由mn0可知m,n异号，从而m0n，所以：

fmfn01m21n201m21n21m21n2

m2n2mn即mnmn0

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本文来源：https://www.dywdw.cn/7e43cd5659cfa1c7aa00b52acfc789eb172d9e66.html