运用图象变换处理几类特殊的分段函数问题

浙江省绍兴市柯桥区钱清中学(312025) 马江英

湖北省阳新县高级中学(435200) 邹生书

分段函数在近几年的高考中是一个热点问题,主要是分两段或三段.笔者在最近高三复习备考中遇到了一类特殊的函数问题：已知函数f(x)在某个区间上的函数解析式以及函数的一个抽象的相等关系,要求解决与函数f(x)有关的求值、零点、图象与性质等问题.这类问题主要以选择填空题的形式出现,问题抽象、综合性强、难度较大.

这类问题实质上也是一个特殊的分段函数问题,特殊之处在于可以通过已知区间的函数解析式和抽象的函数等式求出其余各段的函数解析式,并且分段较多甚至无穷.解决这类问题的思想方法是：以图象为主以数式为辅数形结合.若先求出各段的函数解析式再分别画出各分段的图象然后数形结合求解,显然运算量较大费时耗力.最理想的情形是：不求出函数解析式直接画出图象求解,这种方法确实可行.先根据函数在某个区间上的函数解析式画出函数在这个区间上的图象,然后根据抽象的函数等式的几何意义,利用图象变换直接画出函数在左右附近的图象,以此类推便可画出函数在定义域上的图象,继而利用图象直观便可解决相关问题.下面举例说明利用图象变换介绍四种类型的分段函数问题及其解法.

1. f(x+T)=f(x)+c 型

例1 定义在R 上的函数f(x)满足f(x+2)=f(x)+1,且x ∈[0,1]时,f(x)=4x,x ∈(1,2)时,f(x)=令g(x)=2f(x)-x-4,x ∈[-6,2],则函数g(x)的零点个数为( )

A.6 B.7 C.8 D.9

图1

解因为x ∈[0,1]时,f(x)=4x,所 以f(0)=1,f(1)=4,则x ∈(1,2)时,又f(x+2)=f(x)+1,所以f(2)=f(0)+1=2,综上画出函数f(x)在区间[0,2]上的图象.由f(x+2)=f(x)+1得f(x)=f(x+2)-1,将函数f(x)在[0,2]上的图象向左平移两个单位再向下平移一个单位,就得函数f(x)在[-2,0]上的图象.如此类推便可画出函数f(x)在区间[-6,2]上的图象如图1所示.函数g(x)在[-6,2]上的零点个数,就是方程2f(x)-x-4=0 的解的个数,即f(x)=的解的个数,也就是曲线y=f(x)与直线y=在区间[-6,2]上的公共点的个数,由图知公共点个数为8,故选C.

例2 若f(x)是定义在R 上的奇函数,且对任意的x≥0 总有正常数T,使得f(x+T)=f(x)+T成立,则称f(x)具有“性质P”.已知函数g(x)具有“性质P”,且在[0,T]上,g(x)=x2,若当[-T,4T]时,函数y=g(x)-kx恰有8 个零点,则实数k为____.

图2

解因为任意的x≥0有g(x+T)=g(x)+T,则当x=0 时,有g(T)=g(0)+T,又x ∈[0,T]时,g(x)=x2,所以g(0)=0,g(T)=T2,于是有T2=T,因T＞0,所以T=1,于是g(x+1)=g(x)+1.先画出x ∈[0,T]时g(x)=x2的图象,由g(x+1)=g(x)+1 知,将函数g(x)在[0,1]上的图象向右平移1 个单位后再向上平移1 个单位,即得函数g(x)在区间[1,2]上的图象.将函数在区间[1,2]上的图象向右平移1 个单位后再向上平移1 个单位,即得函数g(x)在区间[2,3]上的图象,同样可得函数g(x)在区间[3,4]上的图象.因为g(x)是定义在R 上的奇函数,由于奇函数的图象关于原点对称,故由g(x)=x2在区间[0,1]上的图象可得g(x)在区间[-1,0]上的图象.综上可得函数g(x)在区间[-1,4]上的图象如图2所示.依题意,在区间[-1,4]上函数y=g(x)-kx恰有8 个零点,即方程g(x)-kx=0 在区间[-1,4]上有8 个不等实根,也就是函数y=g(x)图象与直线y=kx在区间[-1,4]上有8 个公共点.由图知,当且仅当直线y=kx与曲线y=g(x)在区间(3,4)内相切.而当x ∈(3,4)时,g(x)=(x-3)2+3,把y=kx代入整理得x2-(k+6)x+12=0,令∆=(k+6)2-48=0 得

2. f(x+T)=Tf(x)型

图3

例3 已知函数f(x)满足下列条件：

①定义域为R;

②对任意x ∈R 有f(x+2)=2f(x);

③当x ∈[-1,1]时,f(x)=则方程f(x)=log4|x|在区间[-10,10]内解的个数是( )

A.20 B.12 C.11 D.10

解先由x ∈[-1,1]时f(x)=cos画出函数f(x)在[-1,1]上的图象.由f(x+2)=2f(x)知,将函数f(x)在[-1,1]上的图象向左平移2 个单位后再将其纵坐标缩为原来的一半,即得函数f(x)在[-3,-1]的图象.将函数f(x)在[-1,1]上的图象向右平移2 个单位后再将其纵坐标伸长为原来的2 倍,即得函数f(x)在[1,3]上的图象.再在同一坐标系内画出g(x)=log4|x|的图象如图3所示.方程f(x)=log4|x|在区间[-10,10]内解的个数,就是函数y=f(x)与y=g(x)在区间[-10,10]内的图象公共点的个数.因当x ∈[-1,1]时,f(x)=cos故f(±1)=0,又g(x)=log4|x|,则g(±1)=0.再由f(x+2)=2f(x)可得f(-2)=而g(-2)=由图象知在[-10,0]内函数y=f(x)与y=g(x)的图象只有2 个公共点.当x ∈(1,10]时,g(x)=log4|x|＜2,结合图象可知,在(0,10]内函数y=f(x)与y=g(x)的图象有9 个公共点.综上,函数y=f(x)与y=g(x)的图象在区间[-10,10]内共有11个公共点,故选C.

例4 已知函数f(x)满足下列条件：

①定义域为R;

②对任意x ∈R 有f(x+2)=2f(x);

③ 当x ∈[0,2]时,f(x)=2-|2x-2|.

记g(x)=f(x)-则g(x)零点个数为( )

A.15 B.10 C.9 D.8

图4

解先根据x ∈[0,2]时f(x)=2-|2x-2|,画出函数f(x)在[0,2]上的图象如图4所示,其图象与两端点的连线构成底为2 高为2 的等腰三角形.再由f(x+2)=2f(x)知,将函数f(x)在[0,2]上的图象向右平移2 个单位后,再将图象上点的纵坐标伸长到原来的2 倍,即得函数f(x)在[2,4]上的图象.函数f(x)在[2,4]上的图象与图象两端点的连线构成底边长为2 高为4 的等腰三角形.如此类推,函数f(x)在[4,6],[6,8]上的图象与其两端点构成底边为2高分别是8,16 的等腰角三角形.同样函数f(x)在[-2,0],[-4,-2]上的图象与其两端点构成底边为2 高分别是1,的等腰角三角形.在同一坐标系内画出y=的图象如图4所示.则g(x)零点的个数就是函数y=f(x)与的图象在[-8,8]上公共点的个数.当0＜x＜1时,f(x)=2x,则说明函数y=f(x)与y=的图象在(0,1)没有公共点.由图可知,函数y=f(x)与y=的图象在[0,8]上有8 个公共点.当-1 ≤x＜0 时,f(x)=-x,则当且仅当x=-1 时等号成立,故函数y=f(x)与y=的图象在[-8,0)内只有1 个公共点.综上,函数y=f(x)与y=的图象在[-8,8]上共有9 个公共点,故选C.

3. f(x+T)=kf(x)型

例5 已知定义在[0,+∞)上的函数f(x)满足f(x)=2f(x+2),当x ∈[0,2]时,f(x)=-2x2+4x.设f(x)在[2n-2,2n)上最大值为an(n ∈N∗),且数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=____.

图5

解当n=1 时,x ∈[0,2],则f(x)=-2x2+4x=-2(x-1)2+2,f(x)max=f(1)=2,所以a1=2.当n=2 时,x ∈[2,4],由f(x)=2f(x+2)得f(x)=函数f(x)在[2,4]上的图象,是由它在[0,2]上图象向右平移两个单位后所得到的图象再将纵坐标缩到原来的一半得到的,如图5,所以如此类推,数列{an}是首项a1=2 公比为的等比数列,故前n项和

4. f(kx)=kf(x)型

例6 已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)对一切正数x均有f(3x)=3f(x)成立,且当1 ≤x＜3 时,f(x)=1-|x-2|,则f(100)=____.

图6

解因为当1 ≤x＜3 时,f(x)=1-|x-2|,所以f(1)=0,又对一切正数x均有f(3x)=3f(x),所以f(3)=3f(1)=0.于是当1 ≤x≤3 时,f(x)=1-|x-2|,据此画出函数f(x)在[1,3]上的图象,其图象与其端点连线构成斜边上的高为1 的等腰直角三角形.由f(3x)=3f(x)知,函数f(x)在[3,32]上的图象与其端点构成斜边上的高为3 的等腰直角三角形.如此类推,函数f(x)在[32,33],[33,34],[34,35],[35,36]上的图象与其端点构成斜边上的高分别32,33,34,35的等腰直角三角形.因为81=34＜100＜35=243,函数f(x)在[34,35]上的图象如图6所示,区间中点为162,又81＜100＜162,由图知f(100)=100-81=19.

例7 已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)恒有f(2x)=2f(x)成立,且当x ∈(1,2]时,f(x)=2-x.则以下结论正确的有____.

图7

①对任意m ∈N,有f(2m)=0;

②函数f(x)的值域为[0,+∞);

③存在n ∈N,使得f(2n+1)=9;

④函数f(x)在区间(a,b)单调递减的充要条件是存在k ∈N,使(a,b)⊆(2k,2k+1).

解因为当x ∈(1,2]时,f(x)=2-x,所以f(2)=0.又在[0,+∞)上的函数f(x)恒有f(2x)=2f(x),所以有f(2)=2f(1),则f(1)=0,f(22)=f(4)=2f(2)=0,f(23)=f(8)=2f(4)=0,如此类推,于是对任意m ∈N,f(2m)=0 成立,故 ①正确.先由x ∈(1,2]时f(x)=2-x及f(1)=0,画出函数f(x)在[1,2]上的图象如图7所示,其图象是由一个点(1,0)和一条不含左端点的线段组成,线段两端点和这个点恰好构成一个腰长为1 的等腰直角三角形.再由f(2x)=2f(x)知函数f(x)在[2,4]上的图象,是由它在[1,2]上的图象上的点的横坐标伸长2 倍同时纵坐标也伸长2 倍得到,同样线段端点(2,0)与点构成腰长为2 的等腰直角三角形.如此类推,由函数f(x)在[4,8],[8,16],[16,32]上的图象可得到腰长分别为4,8,16 的等腰直角三角形,如图7所示.由图知函数f(x)的值域为[0,+∞),故 ②正确.当k ∈N 时,函数在(2k,2k+1)内单调递减,故 ④正确.若存在n ∈N,使得f(2n+1)=9,由图知,则2n+1∈(16,32),且32-(2n+1)=0,得2n=22,因为n ∈N,所以无解,故 ③不正确.综上,结论正确的序号是 ① ② ④.