已知函数 $f(x)=\begin{cases}{{x}^{2}}+(4a-3)x+3a,&x<0, \\{{\log }_{a}}(x+1)+1,&x \geqslant 0\end{cases}$（$a>0$，且 $a\neq 1$）在 $\mathbb R$ 上单调递减，且关于 $x$ 的方程 $|f(x)|=2 - x$ 恰好有两个不相等的实数解，则 $a$ 的取值范围是 \((\qquad)\)
【难度】
【出处】
2016年高考天津卷（理）
【标注】
【答案】
C
【解析】
因为 $f(x)$ 在 $\mathbb{R} $ 上单调递减，所以$$\begin{cases} -\dfrac{4a-3}{2}\geqslant 0,\\ 0<a<1,\\ \left.\left[{x}^{2}+(4a-3)x+3a\right]\right|_{x=0} \geqslant \left.\left[{{\log }_{a}}(x+1)+1\right]\right|_{x=0}, \end{cases}$$解得$$\dfrac{1}{3}\leqslant a \leqslant \dfrac{3}{4}.$$接下来思考函数 $y=f(x)$ 的图象与直线 $y=2-x$（$x\leqslant 2$）以及 $y=x-2$（$x\leqslant 2$）的公共点个数，如图．
当 $a=\dfrac 13$ 时，符合题意．当 $a$ 变大时，设函数 $h(x)={\log_a}(x+1)+1$（$x\geqslant 0$），则 $h(0)=1$，而 $h(2)={\log_a}3+1<0$，因此在区间 $[0,2]$ 上题中方程有且只有一个实数解．这样问题就转化为了方程$$x^2+(4a-3)x+3a=2-x$$在区间 $(-\infty,0)$ 上只有一个实数解．
设 $g(x)=x^2+(4a-2)x+3a-2$，则 $g(0)=3a-2$，因此得到分界点 $\dfrac 23$．
情形一 $\dfrac 13\leqslant a<\dfrac 23$．
此时 $g(0)<0$，而 $g(x)$ 的图象开口向上，因此方程在区间 $(-\infty,0)$ 上有且只有一个实数解，符合题意．
情形二 $a=\dfrac 23$．
此时 $g(0)=0$，而 $g(x)$ 的对称轴 $x=1-2a$ 满足 $1-2a<0$，进一步其判别式$$\Delta=4(4a-3)(a-1)>0,$$于是方程在区间 $(-\infty,0)$ 上有且只有一个实数解，符合题意．
情形三 $\dfrac 23<a\leqslant \dfrac 34$．
此时 $g(0)>0$，而 $g(x)$ 的对称轴 $x=1-2a$ 满足 $1-2a<0$，进一步可得其判别式$$\Delta=4(4a-3)(a-1)=0,$$即 $a=\dfrac 34$ 时符合题意．
综上所述，$a$ 的取值范围是 $\left[\dfrac 13,\dfrac 23\right]\cup\left\{\dfrac 34\right\}$．
当 $a=\dfrac 13$ 时，符合题意．当 $a$ 变大时，设函数 $h(x)={\log_a}(x+1)+1$（$x\geqslant 0$），则 $h(0)=1$，而 $h(2)={\log_a}3+1<0$，因此在区间 $[0,2]$ 上题中方程有且只有一个实数解．这样问题就转化为了方程$$x^2+(4a-3)x+3a=2-x$$在区间 $(-\infty,0)$ 上只有一个实数解．设 $g(x)=x^2+(4a-2)x+3a-2$，则 $g(0)=3a-2$，因此得到分界点 $\dfrac 23$．
此时 $g(0)<0$，而 $g(x)$ 的图象开口向上，因此方程在区间 $(-\infty,0)$ 上有且只有一个实数解，符合题意．
此时 $g(0)=0$，而 $g(x)$ 的对称轴 $x=1-2a$ 满足 $1-2a<0$，进一步其判别式$$\Delta=4(4a-3)(a-1)>0,$$于是方程在区间 $(-\infty,0)$ 上有且只有一个实数解，符合题意．
此时 $g(0)>0$，而 $g(x)$ 的对称轴 $x=1-2a$ 满足 $1-2a<0$，进一步可得其判别式$$\Delta=4(4a-3)(a-1)=0,$$即 $a=\dfrac 34$ 时符合题意．
综上所述，$a$ 的取值范围是 $\left[\dfrac 13,\dfrac 23\right]\cup\left\{\dfrac 34\right\}$．
题目
答案
解析
备注
