/06/6/微專題33與分段函數有關的取值范圍問題在數學高考中，函數問題一直占有較大的分量，因分段函數中可以同時容納多種函數模型，從而使得分段函數又成為函數中的難點，分段函數既可以以填空小題的形式出現，也可以融合在解答題的解題過程中，利用函數的圖象探究分段函數的性質是解決此類問題的核心方法.例題：(2018·蘇州一模)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－ex，x＜1，,x＋\f(4,x)，x≥1，))(e是自然對數的底數)．若函數y＝f(x)的最小值是4，則實數a的取值范圍為________________．變式1已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－|x－2|，0≤x＜4，,2x－2－3，4≤x≤6，))若存在x1，x2，當0≤x1＜4≤x2≤6時，f(x1)＝f(x2)，則x1f(x2)的取值范圍是________________．變式2已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,e)，x＜0，,\f(x,ex)，x≥0，))若f(x1)＝f(x2)＝f(x3)(x1＜x2＜x3)，則eq\f(f（x2）,x1)的取值范圍為______________________．

串講1已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|log4x|，0＜x≤4，,－\f(1,2)x＋3，x＞4，))若a＜b＜c且f(a)＝f(b)＝f(c)，則(ab＋1)c的取值范圍是______________________．串講2已知函數f(x)＝|logeq\s\do9(\f(1,2))x|，若m＜n，有f(m)＝f(n)，則m＋3n的取值范圍是________________．(2018·南京)設函數f(x)是偶函數，當x≥0時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（3－x），0≤x≤3，,－\f(3,x)＋1，x＞3，))若函數y＝f(x)－m有四個不同的零點，則實數m的取值范圍是________________．

(2018·蘇州零模)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x3＋x2，x＜0，,ex－ax，x≥0.))(1)當a＝2時，求函數f(x)的單調區間；(2)若方程f(－x)＋f(x)＝ex－3在區間(0，＋∞)上有實數解，求實數a的取值范圍；(3)若存在實數m，n∈[0，2]，且|m－n|≥1，使得f(m)＝f(n)，求證：1≤eq\f(a,e－1)≤e.答案：(1)函數f(x)的單調減區間為(－∞，0)和(0，ln2)，單調增區間為(ln2，＋∞)；(2)[5，＋∞)；(3)略．解析：(1)當a＝－2時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x3＋x2，x＜0，,ex＋2x，x≥0，))當x＜0時，f(x)＝－x3＋x2，則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時，f′(x)＜0，所以函數f(x)在區間(－∞，0)上為減函數.2分當x≥0時，f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0，解得x＝ln2，當0＜x＜ln2時，f′(x)＜0，當x＞ln2時，f′(x)＞0，且f(0)＝1＞0.4分綜上，函數f(x)的單調減區間為(－∞，0)和(0，ln2)，單調增區間為(ln2，＋∞).5分(注：將單調減區間為(－∞，0)和(0，ln2)寫出(－∞，ln2)的扣1分)(2)設x＞0，則－x＜0，所以f(－x)＋f(x)＝x3＋x2＋ex－ax，由題意，x3＋x2＋ex－ax＝ex－3在區間(0，＋∞)上有解，等價于a＝x2＋x＋eq\f(3,x)在區間(0，＋∞)上有解.6分記g(x)＝x2＋x＋eq\f(3,x)(x＞0)，則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，因為x＞0，所以2x2＋3x＋3＞0，故解得x＝1，當x∈(0，1)時，g′(x)＜0，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，所以函數g(x)在區間(0，1)上單調遞減，在區間(1，＋∞)上單調遞增，故函數g(x)在x＝1處取得最小值g(1)＝5.9分要使方程a＝g(x)在區間(0，＋∞)上有解，當且僅當a≥g(x)min＝g(1)＝5，綜上，滿足題意的實數a的取值范圍為[5，＋∞).10分(3)由題意，f′(x)＝ex－a，當a≤0時，f′(x)＞0，此時函數f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，由f(m)＝f(n)，可得m＝n，與條件|m－n|≥1矛盾，所以a＞0.11分令f′(x)＝0，解得x＝lna，當x∈(0，lna)時，f′(x)＜0，當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)＞0，所以函數f(x)在(0，lna)上單調遞減，在(lna，＋∞)上單調遞增．若存在m，n∈[0，2]，f(m)＝f(n)，則lna介于m，n之間，12分,不妨設0≤m＜lna＜n≤2，因為f(x)在(m，lna)上單調遞減，在(lna，n)上單調遞增，且f(m)＝f(n)，所以當m≤x≤n時，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)上單調遞減，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\co1(e－a≤1，,e－a≤e2－2a，))解得e－1≤a≤e2－e，所以1≤eq\f(a,e－1)≤e.16分微專題33例題答案：[e＋4，＋∞)．解析：如圖，畫出函數f(x)＝的圖象，可知，只需a－ex在(－∞，1)上的最小值大于等于4即可，則a－e≥4，所以，實數a的取值范圍為[e＋4，＋∞)．變式聯想變式1答案：[1，4]．解析：如圖，當0≤x1＜4≤x2≤6時，因為f(x1)＝f(x2)，作出函數f(x)的圖象，得到x1的取值范圍是[1，3]，所以x1·f(x2)＝x1·f(x1)＝x1(2－|x1－2|)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x12，1≤x＜2，,2≤x＜3－x12＋4x1.))作出y＝x1·f(x2)的圖象，易得x1f(x2)取值范圍為[1，4]．變式2答案：(－1，0)．解析：x≥1時由f(x)＝eq\f(x,ex)，f′(x)＝eq\f(1－x,ex)，所以x＝1時，f(x)有極大值eq\f(1,e)，由圖象知f(x1)＝f(x2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)．說明：變式1和2都是畫出分段函數的圖象，將已知條件翻譯成圖象特征，抓住圖象關鍵，從而解決問題．串講激活串講1答案：(16，64)．解析：如圖，作出函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|log4x|，0＜x≤4，,－\f(1,2)x＋3，x＞4))的圖象，∵a＜b＜c時，f(a)＝f(b)＝f(c)，∴－log4a＝log4b，即log4a＋log4b＝0，則log4ab＝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的取值范圍是(16，64)．串講2答案：(4，＋∞)．解析：∵f(x)＝|logeq\s\do9(\f(1,2))x|，若m＜n，有f(m)＝f(n)，∴logeq\s\do9(\f(1,2))m＝－logeq\s\do9(\f(1,2))n，∴mn＝1，∴0＜m＜1，n＞1，∴m＋3n＝m＋eq\f(3,m)在m∈(0，1)上單調遞減，當m＝1時，m＋3n＝4，∴m＋3n的取值范圍是(4，＋∞)．新題在線答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1