专题03 折线函数问题(解析版).docx免费

专题三 折线函数问题 折线函数问题是高中数学中分类讨论思想的典型体现．近年来，高考对折线函数的命题常与绝对值综合考查，既考查对绝对值定义、含绝对值函数图像变换的理解，又考查与函数、方程、不等式等综合的运用，着重考查分类讨论思想在解题中运用． 类型一 一次函数中折线函数问题 典例1 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝eq \f(1,2)(|x－a|＋|x－2a|－3|a|)．若集合{x|f(x－1)－f(x)＞0，x∈R}＝ ，则实数a的取值范围为____________． 【答案】eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,6))) 【解析】∵ {x|f(x－1)－f(x)0，x∈R}＝ ，∴ f(x－1)－f(x)≤0恒成立，即f(x－1)≤f(x)． (1) 当a≤0时，当x≥0时，f(x)＝eq \f(1,2)x，又函数f(x)是定义在R上的奇函数，∴ 函数f(x)是在R上的解析式为f(x)＝eq \f(1,2)x，而f(x－1)是由f(x)向右平移1个单位，则函数f(x)和f(x－1)的图象有下图关系： 通过图象观察，当a≤0时，f(x－1)≤f(x)恒成立； (2) 当a0时，当x≥0时， ∵ 函数f(x)是定义在R上的奇函数，∴ f(x)在R上的图象为(如下图)： 要使f(x－1)≤f(x)，两图象只要满足： 由图知，只要满足－3a＋1≥3a，即0a≤eq \f(1,6)时，f(x－1)≤f(x)恒成立． 综上可得，当a≤eq \f(1,6)时，f(x－1)≤f(x)恒成立． 【名师指点】本题考查了集合、分段函数、函数的图象与性质、不等式等内容的综合运用，体现了数形结合思想和分类讨论的思想．本题属于难题． 【举一反三】已知函数f(x)=|x-1|+|2x-1|+|3x-1|+…+|100x-1|，则当x=_____时，f(x)取得最小值． 【答案】 【解析】解：f(x)=，f(x)共表示为5050项的和，其最中间两项均为．x=，同时使第1项|x-1|与第5050项的和，第2项与第5049项的和，第3项与第5048项的和，…，第2525项与第2526项的和，取得最小值．故所求的x为． 类型二 二次函数中折线函数问题 典例2已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3)时，f(x)＝|x2－2x＋eq \f(1,2)|.若函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a的取值范围是____________． 【答案】－7＜a≤0或a＝2 【解析】由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋（a－1）x－2a＋2＞0，,2x2＋ax－2a＞0)) 或x2＋(a－1)x－2a＋2＝eq \f(1,2)(2x2＋ax－2a)或a＝0对任意实数x都成立，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－1）2－4（2－2a）＜0，,a2＋8a＜0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2（a－1），,－2a＝2（2－2a）)) 或a＝0，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋6a－7＜0，,－8＜a＜0))或a＝2，解得－7＜a≤0或a＝2. 类型三 高次函数中折线函数问题 典例3 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－|x3－2x2＋x|，x＜1，,lnx，x≥1，))若对于t∈R，f(t)≤kt恒成立，则实数k的取值范围是____________． 【答案】eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)) 【解析】① 当t≥1时，f(t)＝lnt，即lnt≤kt对于t∈[1，＋∞)恒成立，所以k≥eq \f(lnt,t)，t∈[1，＋∞)．令g(t)＝eq \f(lnt,t)，则g′(t)＝eq \f(1－lnt,t2)，当t∈(1，e)时，g′(t)0，则g(t)＝eq \f(lnt,t)在t∈(1，e)时为增函数；当t∈(e，＋∞)时，g′(t)0，则g(t)＝eq \f(lnt,t)在t∈(e，＋∞)时为减函数．所以g(t)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，所以k≥eq \f(1,e). ② 当0t1时，f(t)＝－t(t－1)2，即－t(t－1)2≤kt对于t∈(0，1)恒成立，所以k≥－(t－1)2，t∈(0，1)，所以k≥0. ③ 当t≤0时，f(t)＝t(t－1)2，即t(t－1)2≤kt对于t∈(－∞，0]恒成立，所以k≤(t－1)2，t∈(－∞，0]，所以k≤1. 综上，eq \f(1,e)≤k≤1.