二次函数与分段函数

第六讲：分段函数与二次函数第一部分：分段函数6． 设函数g (x )＝x 2－2(x ∈R )，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g (x )＋x ＋4，x <g (x )，g (x )－x ，x ≥g (x )，则f (x )的值域是__________． 答案 [－94，0]∪(2，＋∞)1．(2014·山西四校联考)定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2（8－x ），x ≤0，f （x －1）－f （x －2），x ＞0，则f (3)的值为( )A ．1B ．2C ．－2D ．－32.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋log 2（2－x ），x ＜1，2x －1，x ≥1，则f (－2)＋f (log 212)＝( )A.3B.6C.9D.123．(2014·新课标全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －1，x ＜1，x 13，x ≥1，则使得f (x )≤2成立的x 的取值范围是________．(－∞，8]4．(2014·上海卷)设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（x －a ）2，x ≤0，x ＋1x ＋a ，x ＞0.若f (0)是f (x )的最小值，则a 的取值范围为( )A ．[－1，2]B ．[－1，0]C ．[1，2]D ．[0，2]5.(2015·福建卷)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x ＞2(a ＞0，且a ≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a的取值范围是________.(1，2]6．(2014·浙江卷)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x ＜0，－x 2，x ≥0.若f (f (a ))≤2，则实数a 的取值范围是________．(－∞，2]7.(2015·山东卷)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －1，x ＜1，2x ，x ≥1，则满足f (f (a ))＝2f (a )的a 取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤23，1 B.[0，1] C.⎣⎡⎭⎫23，＋∞ D.[1，＋∞)8.【2015高考北京，理14】设函数()()()2142 1.x a x f x x a x a x ⎧-<⎪=⎨--⎪⎩‚‚‚≥①若1a =，则()f x 的最小值为；1②若()f x 恰有2个零点，则实数a 的取值范围是．112a ≤<或2a ≥. 9．函数⎩⎨⎧>≤+=)0(,log )0(,1)(2x x x x x f ，则函数1)]([-=x f f y 的零点个数是 .7.10．已知函数222(1)(0)()4(3)(0)x k a x f x x x a x ⎧+-≥=⎨-+-<⎩，其中R a ∈. 若对任意的非零实数1x ，存在唯一的非零实数212()x x x ≠，使得12()()f x f x =成立，则k 的取值范围为 A ．0k ≤ B ．8k ≥ C ．08k ≤≤ D ．0k ≤或8k ≥11．已知函数f (x )＝mx 2＋(m －3)x ＋1的图象与x 轴的交点至少有一个在原点右侧，则实数m 的取值范围是________.(－∞，1] 第二部分：二次函数1．是否存在这样的实数a ，使函数f (x )＝x 2＋(3a －2)x ＋a －1在区间[－1，3]上恒有一个零点，且只有一个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由． 解 令f (x )＝0，则Δ＝(3a －2)2－4(a －1)＝9a 2－16a ＋8＝9⎝⎛⎭⎫a －892＋89＞0恒成立，即f (x )＝0有两个不相等的实数根，∴若实数a 满足条件，则只需f (－1)·f (3)≤0即可． f (－1)·f (3)＝(1－3a ＋2＋a －1)·(9＋9a －6＋a －1)＝4(1－a )(5a ＋1)≤0，∴a ≤－15或a ≥1.检验：(1)当f (－1)＝0时，a ＝1，所以f (x )＝x 2＋x .令f (x )＝0，即x 2＋x ＝0，得x ＝0或x ＝－1.方程在[－1，3]上有两个实数根，不合题意，故a ≠1.(2)当f (3)＝0时，a ＝－15，此时f (x )＝x 2－135x －65.令f (x )＝0，即x 2－135x －65＝0，解得x ＝－25或x ＝3.方程在[－1，3]上有两个实数根，不合题意，故a ≠－15.综上所述，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，－15∪(1，＋∞)． 2．已知f (x )＝x 2＋(a 2－1)x ＋(a －2)的一个零点比1大，一个零点比1小，求实数a 的取值范围．则有f (1)＜0，(－2，1)7． 设函数f (x )＝3ax 2－2(a ＋c )x ＋c (a >0，a ，c ∈R )．(1)设a >c >0.若f (x )>c 2－2c ＋a 对x ∈[1，＋∞)恒成立，求c 的取值范围；(2)函数f (x )在区间(0,1)内是否有零点，有几个零点？为什么？解 (1)因为二次函数f (x )＝3ax 2－2(a ＋c )x ＋c 的图象的对称轴为x ＝a ＋c3a，由条件a >c >0，得2a >a ＋c ，故a ＋c 3a <2a 3a ＝23<1，即二次函数f (x )的对称轴在区间[1，＋∞)的左边，且抛物线开口向上，故f (x )在[1，＋∞)内是增函数．若f (x )>c 2－2c ＋a 对x ∈[1，＋∞)恒成立，则f (x )min ＝f (1)>c 2－2c ＋a ，即a －c >c 2－2c ＋a ，得c 2－c <0，所以0<c <1. (2)①若f (0)·f (1)＝c ·(a －c )<0，则c <0，或a <c ，二次函数f (x )在(0,1)内只有一个零点． ②若f (0)＝c >0，f (1)＝a －c >0，则a >c >0.因为二次函数f (x )＝3ax 2－2(a ＋c )x ＋c 的图象的对称轴是x ＝a ＋c 3a .而f ⎝⎛⎭⎫a ＋c 3a ＝－a 2＋c 2－ac 3a <0，所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，a ＋c 3a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c 3a ，1内各有一个零点，故函数f (x )在区间(0,1)内有两个零点．3．若关于x 的方程22x ＋2x a ＋a ＋1＝0有实根，求实数a 的取值范围． 解 法一 (换元法)设t ＝2x (t >0)，则原方程可变为t 2＋at ＋a ＋1＝0，(*) 原方程有实根，即方程(*)有正根．令f (t )＝t 2＋at ＋a ＋1.①若方程(*)有两个正实根t 1，t 2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝a 2－4（a ＋1）≥0，t 1＋t 2＝－a >0，t 1·t 2＝a ＋1>0，解得－1<a ≤2－22；②若方程(*)有一个正实根和一个负实根(负实根，不合题意，舍去)，则f (0)＝a ＋1<0，解得a <－1；③当a ＝－1时，t ＝1，x ＝0符合题意． 综上，a 的取值范围是(－∞，2－22]．法二 (分离变量法)由方程，解得a ＝－22x ＋12x ＋1，设t ＝2x (t >0)，则a ＝－t 2＋1t ＋1＝－⎝⎛⎭⎫t ＋2t ＋1－1＝2－⎣⎡⎦⎤（t ＋1）＋2t ＋1，其中t ＋1>1，由基本不等式，得(t ＋1)＋2t ＋1≥22，当且仅当t ＝2－1时取等号，故a ≤2－2 2.综上，a 的取值范围是(－∞，2－22]．4．已知函数f (x )＝4x ＋m ·2x ＋1有且仅有一个零点，求m 的取值范围，并求出该零点． 解 ∵f (x )＝4x ＋m ·2x ＋1有且仅有一个零点，即方程(2x )2＋m ·2x ＋1＝0仅有一个实根． 设2x ＝t (t >0)，则t 2＋mt ＋1＝0.当Δ＝0，即m 2－4＝0，∴m ＝－2时，t ＝1；m ＝2时，t ＝－1(不合题意，舍去)，∴2x ＝1，x ＝0符合题意． 当Δ>0，即m >2或m <－2时，t 2＋mt ＋1＝0有两正根或两负根，即f (x )有两个零点或没有零点．∴这种情况不符合题意．综上可知，m ＝－2时，f (x )有唯一零点，该零点为x ＝0.5．已知a 是正实数，函数f (x )＝2ax 2＋2x －3－a .如果函数y ＝f (x )在区间[－1,1]上有零点，求a 的取值范围．解 f (x )＝2ax 2＋2x －3－a 的对称轴为x＝－12a .①当－12a ≤－1，即0≤a ≤12时，须使⎩⎪⎨⎪⎧ f (－1)≤0，f (1)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ≤5，a ≥1， ∴a 的解集为∅.②当－1<－12a <0，即a >12时，须使⎩⎪⎨⎪⎧f (－12a )≤0，f (1)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12a －3－a ≤0，a ≥1，解得a ≥1，∴a 的取值范围是[1，＋∞)． 第三部分：解答题1．已知函数kx x x x f ++-=221)(．（1）若对于区间()0,+∞内的任意x ，总有()0f x ≥成立，求实数k 的取值范围； （2）若函数()f x 在区间()2,0内有两个不同的零点21,x x ，求： ①实数k 的取值范围； ②2111x x +的取值范围． 试题解析：（1）()22221()010,0,x x f x x x kx k x x-+≥⇒-++≥⇒≥-∈+∞，记(]()221,0,11()12,1,x x x xg x x x x x ⎧-∈⎪-+⎪=-=⎨⎪-+∈+∞⎪⎩，易知()g x 在上(]0,1递增，在()1,+∞上递减，∴()max ()11g x g ==-，∴1k ≥-即可（2）①ⅰ）10≤<x 时，方程0)(=x f 化为01=+kx ，0=k 时，无解；0≠k 时，kx 1-=； ⅱ）21<<x 时，方程0)(=x f 化为0122=-+kx x ，482+±-=k k x ，而其中04482≤--<+--k k k k ，故0)(=x f 在区间()2,1内至多有一解482++-=k k x ； 综合ⅰ）ⅱ）可知，0≠k ，且10≤<x 时，方程0)(=x f 有一解kx 1-=，故1-≤k ；21<<x 时，方程0)(=x f 也仅有一解482++-=k k x ，令24812<++-<k k ，得127-<<-k ，所以实数k 的取值范围是127-<<-k ； 9分 ②方程0)(=x f 的两解分别为k x 11-=，4822++-=k k x ，8411221+-=++-+-=+k k k k x x 2．设函数）且10()1()(≠>--=-a a a k a x f xx 是定义域为R 的奇函数．（Ⅰ）求k 的值； （Ⅱ）若23)1(=f ，且)(2)(22x mf a a xg xx -+=-在[)+∞,1上的最小值为2-，求m 的值． 解析：（Ⅰ）由题意，对任意R x ∈，，)()(x f x f -=-，即x x x xa k a a k a ---+-=--)1()1(，0))(2(=+--x x a a k 因为x 为任意实数 所以2=k ．（Ⅱ）由（1）xx a a x f --=)(，因为23)1(=f ，所以231=-a a ，解得2=a 故x x x f --=22)(，)22(222)(22x x x x m x g ----+=，令x x t --=22，则由[)+∞∈,1x ，得⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞∈,23t ，2222)(22)()(m m t mt t t h x g -+-=+-==，⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞∈,23t 当23<m 时，)(t h 在⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,23上是增函数，则2)23(-=h ，22349-=+-m ，解得1225=m （舍去）．当23≥m 时，则2)(-=m f ，222-=-m ，解得2=m ，或2-=m （舍去）．4．(2015·雅安模拟)已知函数f (x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，a ＋b ＋c ＝0，且f (0)·f (1)>0. (1)求证：－2<ba <－1；(2)若x 1、x 2是方程f (x )＝0的两个实根，求|x 1－x 2|的取值范围．(1)证明 当a ＝0时，f (0)＝c ，f (1)＝2b ＋c ，又b ＋c ＝0，则f (0)·f (1)＝c (2b ＋c )＝－c 2<0与已知矛盾，因而a ≠0，则f (0)·f (1)＝c (3a ＋2b ＋c )＝－(a ＋b )(2a ＋b )>0 即⎝⎛⎭⎫b a ＋1⎝⎛⎭⎫b a ＋2<0，从而－2<ba<－1. (2)解 x 1、x 2是方程f (x )＝0的两个实根，则x 1＋x 2＝－2b3a ，x 1x 2＝－a ＋b 3a，那么(x 1－x 2)2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝⎝⎛⎭⎫－2b 3a 2＋4×a ＋b 3a ＝49·⎝⎛⎭⎫b a 2＋4b 3a ＋43＝49⎝⎛⎭⎫b a ＋322＋13.∵－2<b a <－1，∴13≤(x 1－x 2)2<49，∴33≤|x 1－x 2|<23，即|x 1－x 2|的取值范围是⎣⎡⎭⎫33，23.5．已知函数()22f x x x x a =+-，其中a R ∈．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若不等式()416f x ≤≤在[]1,2x ∈上恒成立，求a 的取值范围．解析：（1）由()()()()2222333x a a x a f x a a x x a ⎧--+≤⎪=⎨⎛⎫-->⎪ ⎪⎝⎭⎩，故当0a ≥时，()f x 在(),a -∞和(),a +∞上递增，又∵()2f a a =，∴()f x 在R 上递增，当0a <时，()f x 在(),a -∞和,3a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上递增，在,3a a ⎛⎫⎪⎝⎭上递减； （2）由题意只需()()min max 4,16f x f x ≥≤，首先，由（1）可知，()f x 在[]1,2x ∈上恒递增，则()()min 11214f x f a ==+-≥，解得12a ≤-或52a ≥，其次，当52a ≥时，()f x 在R 上递增，故()()max 24416f x f a ==-≤，解得552a ≤≤，当12a ≤-时，()f x 在[]1,2x ∈上递增，故()()max 212416f x f a ==-≤，解得112a -≤≤-，综上112a -≤≤-或552a ≤≤．。