- 分段函数模型的应用
- 共567题
f（x）=
正确答案
（-∞，1）
解析
解：当x≥0时，y=x2+4x=（x+2）2-4，在[0，+∞）递增，
当x＜0时，y=x2-4x=（x-2）2-4，在（-∞，0）上递增，
由于f（0）=0，则f（x）在R上递增，
不等式f（2a-1）＜f（a），即为
2a-1＜a，
解得a＜1．
则a的取值范围为（-∞，1）．
故答案为：（-∞，1）．
某市出租车的计价标准是：3km以内（含3km）10元；超过3km但不超过18km的部分1元/km；超出18km的部分2元/km．如果某人付了22元的车费，他乘车行驶了______km．
正确答案
15
解析
解：付出22元的车费，说明此人乘车行驶的路程大于3km，且小于18km．
前3km付费10元，余下的12元乘车行驶了12km，故此人乘车行驶了15km．
即付出22元的车费，此人乘车行驶了15km．
故答案为：15．
（2014秋•上饶校级月考）若函数f（x）=
正确答案
解析
解：由函数f（x）=
可得a＞0，且sin0≤1-a，
解得0＜a≤1，
即有a的取值范围是（0，1]．
故选：A．
已知函数f（x）=x2-a|x-2|，其中a＞0
（1）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当x∈[2，4]，有f（x）＞0恒成立，求a的范围；
（3）当x∈[0，4]时，若函数f（x）的最大、最小值分别为M（a）、N（a），求M（a）-N（a）
正确答案
解：（1）当a=1时，f（x）=x2-|x-2|，
当x≥2时，f（x）=x2-x+2=（x-
可得在x≥2时，f（x）递增；
当x＜2时，f（x）=x2+x-2=（x+
可得在x≤-
综上可得f（x）的增区间为（-
（2）当x∈[2，4]，有f（x）＞0恒成立，
即为x2-a|x-2|＞0，x=2时，不等式显然成立；
2＜x≤4时，即有a＜
由0＜x-2≤2，可得（x-2）+
当且仅当x-2=2即x=4时，取得最小值8，
则a的范围是（0，8）；
（3）f（x）=
当0≤x≤2时，f（x）的对称轴为x=-
即有f（0）为最小值且为-2a，f（2）为最大值4；
当2＜x≤4时，对称轴为x=
即有f（x）的最小值为f（2）=4，f（4）=16-2a；
当4＜a≤6时，f（x）的最小值为f（
当a＞6时，f（x）在（2，4]递减，可得f（4）最小，且为16-2a．
综上可得，当0＜a≤6时，M（a）=16-2a，N（a）=-2a，M（a）-N（a）=16；
当a＞6时，M（a）=4，N（a）=-2a，M（a）-N（a）=4+2a．
解析
解：（1）当a=1时，f（x）=x2-|x-2|，
当x≥2时，f（x）=x2-x+2=（x-
可得在x≥2时，f（x）递增；
当x＜2时，f（x）=x2+x-2=（x+
可得在x≤-
综上可得f（x）的增区间为（-
（2）当x∈[2，4]，有f（x）＞0恒成立，
即为x2-a|x-2|＞0，x=2时，不等式显然成立；
2＜x≤4时，即有a＜
由0＜x-2≤2，可得（x-2）+
当且仅当x-2=2即x=4时，取得最小值8，
则a的范围是（0，8）；
（3）f（x）=
当0≤x≤2时，f（x）的对称轴为x=-
即有f（0）为最小值且为-2a，f（2）为最大值4；
当2＜x≤4时，对称轴为x=
即有f（x）的最小值为f（2）=4，f（4）=16-2a；
当4＜a≤6时，f（x）的最小值为f（
当a＞6时，f（x）在（2，4]递减，可得f（4）最小，且为16-2a．
综上可得，当0＜a≤6时，M（a）=16-2a，N（a）=-2a，M（a）-N（a）=16；
当a＞6时，M（a）=4，N（a）=-2a，M（a）-N（a）=4+2a．
已知函数f（x）=x|x+a|+m|x-1|，0≤x≤2，其中a，m∈R．
（1）若a=0，m=1，求f（x）的单调区间；
（2）对于给定的实数a，若函数f（x）存在最大值1+a，求实数m的取值范围（用a表示）．
正确答案
解：（1）a=0，m=1时，f（x）=x|x|+|x-1|，
当0≤x≤1时，f（x）=x2-x+1，对称轴为x=
单调增区间为（
当1＜x≤2时，f（x）=x2+x-1，对称轴为x=-
单调增区间为（1，2）．
综上可得，f（x）的增区间为（
（2）当a=0时，f（x）=x|x|+m|x-1|，
由最大值为1，可得f（1）≥f（0），且f（1）≥f（2），
即有m≤1，且4+m≤1，解得m≤-3；
当a＞0时，f（x）=
由二次函数的图象开口向上，可得f（x）的最大值在端点处取得．
即有f（1）=1+a为最大值，f（0）=m，f（2）=4+2a+m，
由f（1）≥f（0），且f（1）≥f（2），
即有m≤1+a，且4+m+2a≤1+a，解得m≤-3-a；
当a＜0时，f（x）=x|x+a|+m|x-1|，
a=-1时，f（x）=
由f（x）的最大值为0，可得f（0）=m≤0，且
f（1）=0，f（2）=2+m≤0，f（
解得m∈∅；
当a≤-2时，f（x）=x（-x-a）+m|x-1|，
抛物线开口向下，由f（x）的最大值为1+a，
可得-1-a=1+a，解得a=-1，不成立；
当-2＜a＜-1时，f（x）=x|x+a|+m|x-1|，
由f（x）的最值在顶点处和端点处取得，
可得f（0）≤1+a，f（2）≤1+a，f（1）=|1+a|，
即有m≤1+2a；
当-1＜a＜0时，f（x）=x|x+a|+m|x-1|，
由f（x）的最值在顶点处和端点处取得，
可得f（0）≤1+a，f（2）≤1+a，f（1）=1+a，
即有m≤1+2a．
综上可得，a≥0时，m≤-3-a；
-2≤a＜0时，m≤1+2a，
a＞-2时，m不存在．
解析
解：（1）a=0，m=1时，f（x）=x|x|+|x-1|，
当0≤x≤1时，f（x）=x2-x+1，对称轴为x=
单调增区间为（
当1＜x≤2时，f（x）=x2+x-1，对称轴为x=-
单调增区间为（1，2）．
综上可得，f（x）的增区间为（
（2）当a=0时，f（x）=x|x|+m|x-1|，
由最大值为1，可得f（1）≥f（0），且f（1）≥f（2），
即有m≤1，且4+m≤1，解得m≤-3；
当a＞0时，f（x）=
由二次函数的图象开口向上，可得f（x）的最大值在端点处取得．
即有f（1）=1+a为最大值，f（0）=m，f（2）=4+2a+m，
由f（1）≥f（0），且f（1）≥f（2），
即有m≤1+a，且4+m+2a≤1+a，解得m≤-3-a；
当a＜0时，f（x）=x|x+a|+m|x-1|，
a=-1时，f（x）=
由f（x）的最大值为0，可得f（0）=m≤0，且
f（1）=0，f（2）=2+m≤0，f（
解得m∈∅；
当a≤-2时，f（x）=x（-x-a）+m|x-1|，
抛物线开口向下，由f（x）的最大值为1+a，
可得-1-a=1+a，解得a=-1，不成立；
当-2＜a＜-1时，f（x）=x|x+a|+m|x-1|，
由f（x）的最值在顶点处和端点处取得，
可得f（0）≤1+a，f（2）≤1+a，f（1）=|1+a|，
即有m≤1+2a；
当-1＜a＜0时，f（x）=x|x+a|+m|x-1|，
由f（x）的最值在顶点处和端点处取得，
可得f（0）≤1+a，f（2）≤1+a，f（1）=1+a，
即有m≤1+2a．
综上可得，a≥0时，m≤-3-a；
-2≤a＜0时，m≤1+2a，
a＞-2时，m不存在．
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