2023届高考数学二轮复习微专题33与分段函数有关的取值范围问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题33与分段函数有关的取值范围问题学案，共9页。

例题：(2018·苏州一模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－ex，x＜1，,x＋\f(4,x)，x≥1，))(e是自然对数的底数)．若函数y＝f(x)的最小值是4，则实数a的取值范围为________________．
变式1已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2－|x－2|， 0≤x＜4，,2x－2－3， 4≤x≤6，))若存在x1，x2，当0≤x1＜4≤x2≤6时，f(x1)＝f(x2)，则x1f(x2)的取值范围是________________．
变式2已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,e)，x＜0，,\f(x,ex)，x≥0，))若f(x1)＝f(x2)＝f(x3)(x1＜x2＜x3)，则eq \f(f（x2）,x1)的取值范围为______________________．
串讲1已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|lg4x|，0＜x≤4，,－\f(1,2)x＋3，x＞4，))若a＜b＜c且f(a)＝f(b)＝f(c)，则(ab＋1)c的取值范围是______________________．
串讲2已知函数f(x)＝|lgeq \s\d9(\f(1,2))x|，若m＜n，有f(m)＝f(n)，则m＋3n的取值范围是________________．
(2018·南京)设函数f(x)是偶函数，当x≥0时，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x（3－x），0≤x≤3，,－\f(3,x)＋1，x＞3，))若函数y＝f(x)－m有四个不同的零点，则实数m的取值范围是________________．
(2018·苏州零模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x3＋x2，x＜0，,ex－ax，x≥0.))
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若方程f(－x)＋f(x)＝ex－3在区间(0，＋∞)上有实数解，求实数a的取值范围；
(3)若存在实数m，n∈[0，2]，且|m－n|≥1，使得f(m)＝f(n)，求证：1≤eq \f(a,e－1)≤e.
答案：(1)函数f(x)的单调减区间为(－∞，0)和(0，ln2)，单调增区间为(ln2，＋∞)；
(2)[5，＋∞)；(3)略．
解析：(1)当a＝－2时，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x3＋x2，x＜0，,ex＋2x，x≥0，))当x＜0时，f(x)＝－x3＋x2，
则f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq \f(2,3)(舍去)，
所以x＜0时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在区间(－∞，0)上为减函数.2分
当x≥0时，f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0，解得x＝ln2，当0＜x＜ln2时，
f′(x)＜0，当x＞ln2时，f′(x)＞0，且f(0)＝1＞0.4分
综上，函数f(x)的单调减区间为(－∞，0)和(0，ln2)，单调增区间为(ln2，＋∞).5分
(注：将单调减区间为(－∞，0)和(0，ln2)写出(－∞，ln2)的扣1分)
(2)设x＞0，则－x＜0，所以f(－x)＋f(x)＝x3＋x2＋ex－ax，由题意，x3＋x2＋
ex－ax＝ex－3在区间(0，＋∞)上有解，等价于a＝x2＋x＋eq \f(3,x)在区间(0，＋∞)上有解.6分
记g(x)＝x2＋x＋eq \f(3,x)(x＞0)，则g′(x)＝2x＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(2x3＋x2－3,x2)＝eq \f(（x－1）（2x2＋3x＋3）,x2)，7分
令g′(x)＝0，因为x＞0，所以2x2＋3x＋3＞0，故解得x＝1，当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，所以函数g(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)
上单调递增，故函数g(x)在x＝1处取得最小值g(1)＝5.9分
要使方程a＝g(x)在区间(0，＋∞)上有解，当且仅当a≥g(x)min＝g(1)＝5，综上，
满足题意的实数a的取值范围为[5，＋∞).10分
(3)由题意，f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)＞0，此时函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
由f(m)＝f(n)，可得m＝n，与条件|m－n|≥1矛盾，所以a＞0.11分
令f′(x)＝0，解得x＝lna，当x∈(0，lna)时，f′(x)＜0，当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．若存在m，n∈[0，2]，
f(m)＝f(n)，则lna介于m，n之间，12分,不妨设0≤m＜lna＜n≤2，因为f(x)在(m，lna)上单调递减，在(lna，n)上单调递增，且f(m)＝f(n)，所以当m≤x≤n时，f(x)≤f(m)＝f(n)，由0≤m＜n≤2，|m－n|≥1，可得1∈[m，n]，故f(1)≤f(m)＝f(n)，又f(x)在(m，lna)上单调递减，且0≤m＜lna，所以f(m)≤f(0)．所以f(1)≤f(0)，同理f(1)≤f(2).14分
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e－a≤1，,e－a≤e2－2a，))解得e－1≤a≤e2－e，所以1≤eq \f(a,e－1)≤e.16分
微专题33
例题
答案：[e＋4，＋∞)．
解析：如图，画出函数f(x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－ex，x＜1，,x＋\f(4,x)，x≥1))
的图象，可知，只需a－ex在(－∞，1)上的最小值大于等于4即可，则a－e≥4，所以，实数a的取值范围为[e＋4，＋∞)．
变式联想
变式1
答案：[1，4]．
解析：如图，当0≤x1＜4≤x2≤6时，因为f(x1)＝f(x2)，作出函数f(x)的图象，得到x1的取
值范围是[1，3]，所以x1·f(x2)＝x1·f(x1)＝x1(2－|x1－2|)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x12， 1≤x＜2，,2≤x＜3－x12＋4x1.))作出y＝x1·f(x2)的图象，易得
x1f(x2)取值范围为[1，4]．
变式2
答案：(－1，0)．
解析：x≥1时由f(x)＝eq \f(x,ex)，f′(x)＝eq \f(1－x,ex)，所以x＝1时，f(x)有极大值eq \f(1,e)，
由图象知f(x1)＝f(x2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，即0＜x1＋eq \f(2,e)＜eq \f(1,e)，所以－eq \f(2,e)＜x1＜－eq \f(1,e)，所以eq \f(f（x2）,x1)＝eq \f(f（x1）,x1)＝eq \f(x1＋\f(2,e),x1)＝1＋eq \f(2,ex1)∈(－1，0)．
说明：变式1和2都是画出分段函数的图象，将已知条件翻译成图象特征，抓住图象关键，从而解决问题．
串讲激活
串讲1
答案：(16，64)．
解析：如图，作出函数f(x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|lg4x|，0＜x≤4，,－\f(1,2)x＋3，x＞4))的图象，
∵a＜b＜c时，f(a)＝f(b)＝f(c)，∴－lg4a＝lg4b，即lg4a＋lg4b＝0，则lg4ab＝0，∴eq \f(1,4)＜a＜1＜b＜4＜c＜6，且ab＝1，∴16＝24＜(ab＋1)c＝2c＜26＝64，即(ab＋1)c的取值范围是(16，64)．
串讲2
答案：(4，＋∞)．
解析：∵f(x)＝|lgeq \s\d9(\f(1,2))x|，若m＜n，有f(m)＝f(n)，∴lgeq \s\d9(\f(1,2))m＝－lgeq \s\d9(\f(1,2))n，∴mn＝1，∴0＜m＜1，n＞1，∴m＋3n＝m＋eq \f(3,m)在m∈(0，1)上单调递减，当m＝1时，m＋3n＝4，∴m＋3n的取值范围是(4，＋∞)．
新题在线
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(9,4))).
解析：函数y＝f(x)－m有四个不同
的零点等价于方程f(x)＝m有4个不同的解，即直线y＝m与函数f(x)的图象有4个不同交点，画出函数f(x)的图象如图，可得当1≤m