2014-上海卷理-18 单-分段函数的最值

本题导读

本题考查分段函数最值问题的综合判定。核心在于确保两段函数的最小值均不小于指定点 $f(0)$ 的值。通过二次函数的对称轴位置以及对号函数的最值计算，建立关于参数 $a$ 的不等式组。

📌【题干】

Question

（2014年上海卷(理)） 设 $f(x)=\{\begin{array}{ll}(x-a{)}^2,& x\le 0,\\ x+\frac{1}{x}+a,& x>0.\end{array}$ 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. $[0,2].$

🔍【思路分析】

破题导航

1. 确定 $f(0)$ 的值：代入第一段解析式得 $f(0)=(0-a{)}^2=a^2$。
2. 第一段限制 ($x\le 0$)：
   • 该段为开口向上的二次函数，对称轴为 $x=a$。
   • 若要在 $x=0$ 处取得最小值，则对称轴 $x=a$ 必须在 $0$ 的右侧，即 $a\ge 0$。
3. 第二段限制 ($x>0$)：
   • 该段为对号函数加上常数 $a$。利用基本不等式求出该段的最小值。
   • 必须满足该段的最小值 $\ge f(0)$。
4. 综合求解：联立 $a$ 的不等式关系得出范围。

✅【答案】

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D

✍【详细解析】

Abstract

第一步：分析第一段 $x\le 0$ $f(x)=(x-a{)}^2$ 在其定义域左侧的表现：

• 其对称轴为 $x=a$。
• 如果 $a<0$，则最小值在顶点 $x=a$ 处取得，此时 $f(a)=0$。但 $f(0)=a^2>0$，这与“$f(0)$ 是最小值”矛盾。
• 因此，必须满足 $a\ge 0$。此时在 $(-\infty ,0]$ 上函数单调递减，$f(0)=a^2$ 是该段的最小值。

第二步：分析第二段 $x>0$ $f(x)=x+\frac{1}{x}+a$。 由基本不等式 $x+\frac{1}{x}\ge 2\sqrt{x\cdot \frac{1}{x}}=2$（当且仅当 $x=1$ 时等号成立）。 所以该段的最小值为 $f(x{)}_{min}=2+a$。

第三步：建立全局最值不等式 要使 $f(0)$ 是全定义的最小值，必须满足： $f(0)\le \text{第二段的最小值}$ $a^2\le 2+a$ 整理得一元二次不等式： $a^2-a-2\le 0$ 解得： $(a-2)(a+1)\le 0⟹-1\le a\le 2$

第四步：求交集 联立第一步得到的 $a\ge 0$ 与第三步得到的 $-1\le a\le 2$： $0\le a\le 2$

故选 D

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：分段函数全局最值的条件是各段最小值均大于等于该特定值。

2. 核心方法：分类讨论与基本不等式的结合。本题若忽略 $a\ge 0$ 的讨论，极易错选 A。

3. 避坑指南：解析中的排除法也是一种高效策略。例如代入 $a=-1$，发现第一段在 $x=-1$ 处取 $0$ 而 $f(0)=1$，迅速排除 A、B；再代入 $a=0$ 验证符合，排除 C。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 对号函数（耐克函数）的性质、二次不等式的解法。

2. 结论推广: 对于分段函数最值问题，除了考虑各段内部最值，还必须考虑端点处的连续性或跳跃情况。

3. 方法推广: 涉及参数范围的选择题，优先使用特殊值排除法。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 03.02 均值不等式
• 05.02 函数的四大性质
• 06.01 幂指对函数图象与性质

类题演练 (Links)

• 2014-上海卷文-09 填-分段函数最值
• 2015-陕西卷文-04 单-分段函数
• 2015-浙江卷文-12 填-分段函数