2022年新高考数学一轮复习3.8函数与方程（练）解析版 (2)

1 / 23 专题 3.8 函数与方程 1．（2021·浙江高一期末）方程 3 4 0xe x   （其中 2.71828e  ）的根所在的区间为（ ） A． 10, 2      B． 1 ,12      C． 31, 2      D． 3 ,22      【答案】B 【解析】 由函数 ( )y f x 的单调性和函数零点存在定理，即可判断零点所在的区间． 【详解】 函数 ( ) 3 4xf x e x   在 R 上为增函数， 由 1 3 5 5( ) 4 2 02 2 2 2f e e        ， f （1） 1 0e   ， f （1） 1( ) 02f  结合函数零点存在定理可得方程的解在 1(2 ，1) 内． 故选： B ． 2．（2021·湖北黄冈市·高三其他模拟）若函数 2( ) 2 af x x ax   在区间（－1，1）上有两个不同 的零点，则实数 a 的取值范围是（ ） A． 2( 2, )3  B． 2(0, )3 C．（2，＋∞） D．（0，2） 【答案】B 【解析】 根据二次函数的性质，结合题意，列出不等式组，即可求得答案. 【详解】 因为 ( )f x 为开口向上的抛物线，且对称轴为 2 ax   ，在区间（－1，1）上有两个不同的零点， 2 / 23 所以     1 0 1 0 02 1 12 f f af a                  ，即 2 2 1 02 1 02 02 2 2 2 2 aa aa a a a a                    ，解得 0 2 3a  ， 所以实数 a 的取值范围是 2(0, )3 . 故选：B 3．（2021·江西高三其他模拟（理））已知函数    21 3f x x   ，若函数       2 , 0 2 , 0 f x kx xg x f x kx x          ， 仅有 1 个零点，则实数 k 的取值范围为（ ） A． ,2 B． ,1 C． ,4 D．  ,e 【答案】A 【解析】 令       2, 0 2, 0 f x xh x f x x        ，故    0g x h x kx   ，然后作出函数图像，求出函数在   0, 0h 处 的切线的斜率可得答案 【详解】 令       2, 0 2, 0 f x xh x f x x        ，故    0g x h x kx   ，作出函数  h x 的大致图像如图所示，观察可 知，临界状态为直线 y kx 与曲线  y h x 在   0, 0h 处的切线， 当 0x  时， 2 2( ) ( 1) 1 2h x x x x     ，则 ' ( ) 2 2h x x  ，所以切线的斜率为 2k  ， 所以 k 2 ， 故选：A. 3 / 23 4．（2021·全国高三其他模拟）已知   2 1f x ax bx   ，有下列四个命题： 1p ： 1 2x  是  f x 的零点； 2p ： 2x  是  f x 的零点； 3p ：  f x 的两个零点之和为 1 4p ：  f x 有两个异号零点 若只有一个假命题，则该命题是（ ） A． 1p B． 2p C． 3p D． 4p 【答案】A 【解析】 首先假设 1p ， 2p 是真命题，则 3p ， 4p 均为假命题，不合题意，故 1p ， 2p 中必有一个假命题.然后分情况 讨论 1p 是假命题和 2p 是假命题的两种情况，推出合理或者矛盾. 【详解】 由题意，若 1p ， 2p 是真命题，则 3p ， 4p 均为假命题，不合题意，故 1p ， 2p 中必有一个假命题. 若 1p 是假命题， 2p ， 3p 是真命题，则  f x 的另一个零点为 1x   ，此时 4p 为真命题，符合题意； 若 2p 是假命题， 1p ， 3p 是真命题，则  f x 的另一个零点为 1 2x  ，此时 4p 为假命题，不符合题意. 故选:A. 4 / 23 5.（2021·山东烟台市·高三二模）已知函数  f x 是定义在区间   ,0 0,  上的偶函数，且当  0,x   时，     12 , 0 2 2 1, 2 x xf x f x x        ，则方程   21 28f x x  根的个数为（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【解析】 将问题转化为 ( )f x 与 2 2 8 xy   的交点个数，由解析式画出在 (0, ) 上的图象，再结合偶函数的对称性即 可知定义域上的交点个数. 【详解】 要求方程   21 28f x x  根的个数，即为求 ( )f x 与 2 2 8 xy   的交点个数， 由题设知，在 (0, ) 上的图象如下图示， ∴由图知：有 3 个交点，又由  f x 在   ,0 0,  上是偶函数， ∴在( ),0-¥ 上也有 3 个交点，故一共有 6 个交点. 故选：D. 6．【多选题】（2021·湖北荆州市·高三其他模拟）在下列区间中，函数   4 3xf x e x   一定存在 零点的区间为（ ） A． 11, 2     B． ( ,3)e C． 10, 2      D． 11, e     【答案】ABD 5 / 23 【解析】 本题首先可通过求导得出函数  f x 在 ln 4, 上是增函数、在  ,ln 4 上是减函数以及  ln 4 0f  ， 然后通过函数  f x 的单调性以及零点存在性定理对四个选项依次进行判断，即可得出结果. 【详解】   4 3xf x e x   ，   4xf x e   ， 当   0f x  时， ln 4x  ，函数  f x 在 ln 4, 上是增函数； 当   0f x  时， ln 4x  ，函数  f x 在 ,ln 4 上是减函数，   ln4ln 4 4ln 4 3 1 4ln 4 0f e      ， A 项：   1 11 4 3 1 0f e e       ， 1 21 14 3 5 02 2f e e           ， 因为   11 02f f       ，所以函数  f x 在 11, 2     内存在零点，A 正确； B 项：   4 3 0ef e e e     ，   3 33 12 3 15 0f e e    ， 因为 ln 4 3e- < < ，  ln 4 0f  ，所以函数  f x 在 ( ,3)e 内存在零点，B 正确； C 项：   00 3 2 0f e     ， 1 02f      ，   10 02f f      ， 因为 1 ln 42 < ，所以函数  f x 在 10, 2      内不存在零点，C 错误； D 项：  1 0f   ， 11 4 3 0ef ee e         ，   11 0f f e       ， 则函数  f x 在 11, e     内存在零点，D 正确， 故选：ABD. 7．【多选题】（2021·辽宁高三月考）已知定义域为 R 的函数  f x 满足  1f x  是奇函数，  1f x 为偶 函数，当 1 1x   ，   2f x x ，则（ ） A．  f x 是偶函数 B．  f x 的图象关于 1x  对称 6 / 23 C．   0f x  在 2 2 , 上有 3 个实数根 D．    5 4f f 【答案】BC 【解析】 由  1f x 为偶函数，得到  f x 的图象关于 1x  对称，可判定 B 正确；由  1f x  是奇函数，得到函数  f x 关于点 ( 1,0) 对称，得到    2f x f x   和    4f x f x   ，根据题意，求得    5 1, 4 0f f   ，可判定 D 不正确；由    3 3f f   ，可判定 A 不正确；由      2 2 0 0f f f    ， 可判定 C 正确. 【详解】 根据题意，可得函数  f x 的定义域为 R ， 由函数  1f x 为偶函数，可得函数  f x 的图象关于 1x  对称， 即   (2 )f x f x  ，所以 B 正确； 由函数  1f x  是奇函数，可得函数  f x 的图象关于点 ( 1,0) 对称， 即    2f x f x    ，可得    4f x f x   ， 则  8 ( 4) ( )f x f x f x     ，即函数 ( )f x 是以 8 为周期的周期函数， 当 1 1x   时，   2f x x ，可得        5 1 1, 4 0 0f f f f      ， 即    5 4f f ，所以 D 不正确； 由函数 ( )f x 是以 8 为周期的周期函数，可得  3 ( 3 8) (5) (1) 1f f f f         ， 因为   (2 )f x f x  ，令 3x  ，可得  3 (2 3) ( 1) 1f f f     ， 所以    3 3f f   ，所以函数  f x 一定不是偶函数，所以 A 不正确； 当 1 1x   时，   2f x x ，所以  0 0f  ， 由    2f x f x   ，可得  2 0f  ，又由    2 2 0f f   ，所以 C 正确. 故选：BC. 8．（2020·全国高三专题练习）函数 f（x）=（x-2）2-lnx 的零点个数为______． 【答案】2 7 / 23 【解析】 令   0f x  ，得到 22 lnx x  ，将等号左右两边看成两个函数，在同一坐标系下画出图像，找到它们 的交点个数，即得到  f x 的零点个数. 【详解】 函数    22 lnf x x x   的定义域为 0  ， ， 画出两个函数  22y x  ， lny x 的图象，由函数图象的交点可知，函数的零点个数为 2． 故答案为 2． 9.（湖南高考真题）若函数 䪐މ뿸 ɸ 朠 މ 朠 有两个零点，则实数 的取值范围是_____. 【答案】 ൏ ൏ 【解析】 画出 的图像，和 如图，要有两个交点，那么 10．（2020·全国高三专题练习）设函数 y＝x3 与 y＝ x－2 的图象的交点为(x0，y0)，若 x0∈(n，n＋1)，n∈N， 则 x0 所在的区间是________． 【答案】(1,2) 【解析】 8 / 23 设 f（x）=x3- 21 2 x     ，则 x0 是函数 f(x)的零点，根据图象，结合零点存在定理，可得 x0 的所在区间. 【详解】 设 f(x)＝x3－ 21 2 x     ，则 x0 是函数 f(x)的零点，在同一坐标系下画出函数 y＝x3 与 y＝ 21 2 x     的图象如图所 示． 因为 f(1)＝1－ 11 2      ＝－1＜0，f(2)＝8－ 01 2      ＝7＞0，所以 f(1)f(2)＜0， 所以 x0∈(1,2)． 1．（2021·河南高三月考（文））已知函数   2 2 , 0 1 , 0 x x x f x xx      ，若关于 x 的方程    3f x a x  有四 个不同的实根，则实数 a 的取值范围是（ ） A． ,4 2 3  B． 4 2 3,  C． 0,4 2 3   D． 0,4 2 3 【答案】D 【解析】 画出函数图象，题目等价于  3y a x  与  y f x 有四个不同的交点，数形结合可得 0a  且直线 9 / 23  3y a x  与曲线 2 2y x x   ，  2,0x  ，有两个不同的公共点，满足  2 2 3 0x a x a    在  2,0 内有两个不等实根即可. 【详解】 画出  f x 的函数图象， 设  3y a x  ，该直线恒过点 3,0 ， 结合函数图象，可知若方程    3f x a x  有四个不同的实数根， 则 0a  且直线  3y a x  与曲线 2 2y x x   ，  2,0x  ，有两个不同的公共点， 所以  2 2 3 0x a x a    在 2,0 内有两个不等实根， 令    2 2 3g x x a x a    ，实数 a 满足       22 12 0 22 02 0 3 0 2 0 a a a g a g a                ， 解得 0 4 2 3a   ，又 0a  ， 所以实数 a 的取值范围是 0,4 2 3 . 故选：D. 2．（2021·实验学校高三其他模拟（文））已知实数 a ，b 满足 1 1 a b    ，若方程 22 1 0x x a b     的两个实根分别为 1x ， 2x ，则不等 1 21 0 1x x     成立的概率是（ ） A． 3 8 B． 3 16 C． 1 2 D． 3 4 【答案】A 【解析】 10 / 23 若方程两个实根分别为 1x ， 2x 且 1 21 0 1x x     可得 ( 1) 2 1 1 0 (0) 1 0 (1) 2 1 1 0 f a b f a b f a b                     ， 再根据 1 1 a b    得到可行域，利用几何概型即可得解. 【详解】 设   22 1f x x x a b     ，则 ( 1) 2 1 1 0 (0) 1 0 (1) 2 1 1 0 f a b f a b f a b                     ， 即 0 1a b   ，设 1 1 a b    对应区域面积为 1S ， 满足 0 1a b   对应区域面积为 2S ， 则由图可知 1 2 2 4S    ，  2 2 2 1 32 12 2S    ，所以 2 1 3 8 SP S   . 故选：A 3．（2021·浙江杭州市·杭十四中高三其他模拟）已知二次函数    2 ,f x x ax b a b R    有两个不同的零 点，若  2 2 1 0f x x   有四个不同的根 1 2 3 4x x x x< < < ，且 1 2 3 4, , ,x x x x 成等差数列，则 a b不可能是 （ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【解析】 设    2 ,f x x ax b a b R    的两个不同零点为 m，n，且 m>n，根据韦达定理，可得 m n ， mn 的表 11 / 23 达式，根据  2 2 1 0f x x   有四个不同的根 1 2 3 4x x x x< < < ，可得以 2 2 1x x m   对应的根为 1 4,x x ， 2 2 1x x n   对应的根为 2 3,x x ，根据韦达定理，可得 1 4x x ， 1 4x x ， 2 3x x ， 2 3x x 表达式，根据题意， 计算化简，可得 m，n 的关系，代入 a b，根据二次函数的性质，即可得答案. 【详解】 设    2 ,f x x ax b a b R    的两个不同零点为 m，n，且 m>n， 所以 ( ) ( ) 0f m f n  ， 2 4 0a b    ，且 m n a mn b      ， 又因为  2 2 1 0f x x   有四个不同的根 1 2 3 4x x x x< < < ， 所以 2 2 1x x m   对应的根为 1 4,x x ， 2 2 1x x n   对应的根为 2 3,x x ， 所以 1 4 1 4 4 4(1 ) 0 2 1 m x x x x m              ， 2 3 2 3 4 4(1 ) 0 2 1 n x x x x n              ， 所以 2 2 2 2 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1( ) 2 ( ) 4 4 4(1 )x x x x x x x x x x m          ， 同理 2 2 2 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2( ) 2 ( ) 4 4 4(1 )x x x x x x x x x x n          ， 因为 1 2 3 4, , ,x x x x 成等差数列， 所以 4 1 3 23( )x x x x   ，则 2 2 4 1 3 2( ) 9( )x x x x   所以  4 4(1 ) 9 4 4(1 )m n     ，解得 16 9m n  ， 因为 m>n，所以 16 9m n n   ，解得 2n   ， 所以 2( ) (16 10 ) (16 9 ) 9 26 16a b m n mn n n n n n              213 259 9 9n       ， 所以当 13 9n   时， a b有最大值 25 9 ， 所以 a b不可能为 3. 故选：D 12 / 23 4．（2021·浙江湖州市·高三二模）“关于 x 的方程  21 x x m m R    有解”的一个必要不充分条件是 （ ） A．  2,2m  B． 2, 2m     C．  1,1m  D．  1,2m 【答案】A 【解析】 数形结合，探讨出“关于 x 的方程  21 x x m m R    有解”的充要条件，再由必要不充分条件的意义 即可得解. 【详解】 关于 x 的方程  21 x x m m R    有解， 等价于函数 21y x  与 y x m  的图象有公共点， 函数 21y x  的图象是以原点为圆心， 1 为半径的上半圆，y=|x-m|的图象是以点(m，0)为端点， 斜率为 且在 x 轴上方的两条射线，如图： y=x-m 与半圆 21y x  相切时，点(m，0)在 B 处， 13 / 23 2m   ，y=-x+m 与半圆 21y x  相切时，点(m，0)在 A 处， 2m  ， 当 y=|x-m|的图象的顶点(m，0)在线段 AB 上移动时，两个函数图象均有公共点， 所以“关于 x 的方程  21 x x m m R    有解”的充要条件是 2, 2m     ，B 不正确； 因  2, 2 2,2m m       ，  2,2 2, 2m m      ¿ ， 即  2,2m  是 2, 2m     的必要不充分条件，A 正确；  1,1 2, 2m m        ，  2, 2 1,1m m      ¿ ， 即  1,1m  是 2, 2m     的充分不必要条件，C 不正确；   2,1,2 2m m     ¿ ，  2, 1,22 mm     ¿ ， 即  1,2m 是 2, 2m     的不充分不必要条件，C 不正确. 故选：A. 5．（2021·辽宁高三月考）已知  f x 的定义域为 0, ，且满足         1, 0,1 2 1 , 1, xe xf x f x x        ，若    g x f x   ，则  g x 在 0,10 内的零点个数为（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】B 【解析】 求出函数  f x 在区间  , 1 0 9,n n n n N    值域及单调性，由此可得出结论. 【详解】 当  0,1x 时，    1 0, 1xf x e e    ， 当  1,2x 时，  1 0,1x   ，则      2 1 0,2 2f x f x e    ， 当  2,3x 时，  2 0,1x   ，则        2 1 4 2 0,4 4f x f x f x e      ，  以此类推，当   , 1 0 9,x n n n n N     时，      2 0,2 1n nf x f x n e    ， 且函数  f x 在区间  , 1 0 9,n n n n N    上为增函数， 14 / 23 1 2 2e e    ，所以，函数  g x 在区间  , 1 1 9,n n n n N    上有且只有一个零点，且      1010 10 2 0 0g f f      ， 因此，  g x 在 0,10 内的零点个数为9. 故选：B. 6．（2021·浙江高三其他模拟）设 b 是常数，若函数     21 2f x x bx x b    不可能有两个零点，则 b 的取值情况不可能为（ ） A． 1b  或 1b   B． 0 1b  C．1 D． 1 【答案】D 【解析】 令     21 2 0f x x bx x b     ，易知 1x  是  y f x 的一个零点. 只需讨论 2 2 0bx x b   的情况：分为 b=0 和 b≠0 分类讨论. 在 b≠0 时，根据判别式讨论根的情况即可. 【详解】 令     21 2 0f x x bx x b     ，即 1 0x   或 2 2 0bx x b   . 显然 1x  是  y f x 的一个零点. 下面讨论 2 2 0bx x b   的根的情况： （1）b=0 时， 0x  .不符合题意. （2）b≠0 时， 2 22 4b   ①若    时，有 1b  或 1b   ，此时 2 2 0bx x b   没有实数根，符合题意； ②若 0  时，有 1b  或 1b   ， 若 1b  ， 2 2 1 0x x   的根为 1x  ，所以     21 2f x x bx x b    有一个零点，符合题意； 若 1b   ， 2 2 1 0x x   的根为 1x   ，所以     21 2f x x bx x b    有两个零点，不符合题意； ③若 0  时，有 0 1b  或 1 0b   ，此时 2 2 0bx x b   有实数根，要使函数     21 2f x x bx x b    不可能有两个零点，只需 1x  不是 2 2 0bx x b   的根，所以 2 0b b   ， 15 / 23 即 1b  ， 符合题意； 故选：D 7．（2021·江西抚州市·高三其他模拟（文））若函数 f(x)满足 1 1( ) 2 ( 2)f x f x    ，当 [0,2]x 时， ( )f x x ．若在区间 ( 2,2] 内 ( ) ( ) 2g x f x mx m   有两个零点则实数 m 的取值范围是（ ） A． 1 2( , ) (0, ]2 5    B． 1, 0,18 2 5             C． 1 ,18 5 2    D． 1 ,2 5 2    【答案】A 【解析】 由题设可得 1 1 , 2 0( ) 2 2 ,0 2 xf x x x x          ，由 ( 2,2] 内 ( )g x 有两个零点，可知 ( 2,2] 内 (2 1)y m x  与 ( )f x 有两个交点，应用数形结合并利用导数判断存在两个交点时 m 的范围即可. 【详解】 由题意，若 ( 2,0)x  ，则 2 (0,2)x   ，则 ( 2) 2f x x   ， ∴ ( 2,0)x  时， 1 1 1 1( ) ( 2) 2 2 2f x f x x      ， ∴ 1 1 , 2 0( ) 2 2 ,0 2 xf x x x x          ， 在 ( 2,2] 内 ( ) ( ) 2g x f x mx m   有两个零点，即 ( 2,2] 内 (2 1)y m x  与 ( )f x 有两个交点，且 (2 1)y m x  过定点 1( ,0)2  ， 16 / 23 ∴ 0m  时，显然图象只有一个交点，即 ( )g x 仅有一个零点， 0m  时，在 ( )f x 右半支上，当 (2 1)y m x  过 (2,2) 时 2 5m  ，要使 ( 2,2] 上图象有两个交点，则 20 5m  ， 当 0m  时，在 ( )f x 左半支上，当 (2 1)y m x  与 ( )f x 相切时只有一个交点，此时 2 1( ) 2( 2)f x mx     ，得 1 2 2 x m    ，则 2 3 2 my m m    ， ∴ 1 22 32 2 mm m m      ，整理得 2 1(4 3 2 ) 2m m    ，可得 1 2m   ， ∴要使 ( 2,2] 上图象有两个交点，则 1 2m   . 综上， m 1 2( , ) (0, ]2 5    . 故选：A 8．【多选题】（2021·全国高三其他模拟）已知函数  f x 是 R 上的奇函数，且满足      4 2f x f x f   ， 当  0,2x 时，   0f x  ．则下列四个命题中正确的是（ ） A．函数  2f x  为奇函数 17 / 23 B．函数  2f x  为偶函数 C．函数  f x 的周期为 8 D．函数  f x 在区间 4,4 上有 4 个零点 【答案】BC 【解析】 先利用条件中的等式得到  2 0f   ，再利用函数的奇偶性得到  2 0f  ，然后结合条件中的等式逐个对 选项进行分析判断即可． 【详解】 令 2x   ，得      2 2 2f f f   ，故  2 0f   ，又  f x 是 R 上的奇函数，所以  2 0f  ，所以    4 0f x f x   ，所以    8 4 0f x f x    ，所以    8f x f x  ，所以函数  f x 的周期为 8， 选项 C 正确． 因为    4 0f x f x   ，所以    4f x f x   ，又  f x 是 R 上的奇函数，所以      4f x f x f x     ，即    4f x f x   ，故    2 2f x f x    ，所以函数  f x 的图象 关于直线 2x  对称，所以  2f x  为偶函数，选项 B 正确．  f x 是 R 上的奇函数，则  0 0f  ，又  2 0f  ，且当  0,2x 时，   0f x  ，所以当  0,2x 时，   0f x  只有2 个根．又函数  f x 的图象关于直线 2x  对称，所以当  2,4x 时，只有    2 4 0f f  ， 故当  0,4x 时，   0f x  只有 2 个根，由对称性知，当  4,0x  时，   0f x  只有 2 个根，所以函 数  f x 在区间 4,4 上有 5 个零点，故选项 D 错误 若函数  2f x  为奇函数，则    2 2f x f x     ，令 3x  ，则    5 1f f   ，又    5 3f f  ， 所以    3 1f f  ．又函数  f x 的图象关于直线 2x  对称，所以    3 1f f ，故  1 0f  ，与当  0,2x 时，   0f x  矛盾，故选项 A 错误． 故选：BC． 9．（2021·晋中市新一双语学校高三其他模拟（文））规定记号" Δ "表示一种运算，即   2 2Δ 1 2 , ,a b a b b a b   R ，若 0k  ，函数    Δf x kx x 的图象关于直线 1 2x  对称，则 18 / 23 k  ___________. 【答案】1 【解析】 根据新运算的定义，得到函数解析式为       1 1 2f x kx kx x x    ，再根据函数图象关于直线 1 2x  对 称，得到函数的四个零点两两对称，列出方程求解，即可得出结果. 【详解】 由题意可得：            2 2 2Δ 1 2 1 1 2f x kx x k x x x kx kx x x        ， 0k  ， 则函数       1 1 2f x kx kx x x    有四个零点，从大到小依次是 1 k  ， 0 ， 1 k ， 2 ， 因为函数  f x 的图象关于直线 1 2x  对称， 所以 1 ,0k     与 2,0 关于直线 1 2x  对称， 1 ,0k      与 0,0 关于直线 1 2x  对称， 所以 10 1, 12 1, k k       ，解得 1.k  故答案为：1. 10．（2021·上海格致中学高三三模）已知函数 ( )y f x 的定义域是[0, ) ，满足 2 2 0 1 ( ) 4 5 1 3,  2 8 3 4 x x f x x x x x x             且 ( 4) ( )f x f x a   ，若存在实数 k，使函数 ( ) ( )g x f x k  在区间 [0,2021]上恰好有 2021 个零点，则实数 a 的取值范围为____ 【答案】 1 1( , )505 504  【解析】 方程 ( ) ( )g x f x k  在 [0,2021]x 上恰有 2021 个零点，等价于存在 k R ，使 ( )f x k  在 [0,2021]x 上 恰有 2021 个交点，作出函数 ( )f x 的图像，数形结合，再根据函数周期性的应用，使每个交点都处在 (1,2) 之 间才能取到 2021 个点，代入条件求得参数取值范围. 【详解】 19 / 23 由函数在 [0,4)x 上的解析式作出如图所示图像， 由 ( 4) ( )f x f x a   知，函数 ( )f x 是以 4 为周期，且每个周期上下平移|a|个单位的一个函数， 若使 [0,2021]x 时，存在 k R ，方程 ( ) ( )g x f x k  在 [0,2021]x 上恰有 2021 个零点，等价于 ( )f x k  在 [0,2021]x 上恰有 2021 个交点，如图所示，知在每个周期都有 4 个交点，即 (1,2)k  时满足条件， 且必须每个周期内均应使 k 处在极大值和极小值之间，才能保证恰有 2021 个交点， 则当 0a  时，需使最后一个完整周期[2016,2020) 中的极小值 (2018) 2f  ， 即 (2018) (2) 504 1 504 2f f a a     ，解得 1 504a  ，即 1[0, )504a 当 0a  时，需使最后一个极大值 (2021) 1f  ， 即 (2021) (1) 505 2 505 1f f a a     ，解得 1 505a   ，即 1( ,0)505a  ， 综上所述， 1 1( , )505 504a  故答案为： 1 1,505 504     1.（2018·全国高考真题（理））已知函数 䪐މ뿸 ɸ e މ ， މ ， lnމ ， މ t ， 䪐މ뿸 ɸ 䪐މ뿸 ݂ މ ݂ ．若 g（x）存在 2 个零点，则 a 的取值范围是 A．[–1，0） B．[0，+∞） C．[–1，+∞） D．[1，+∞） 【答案】C 【解析】 画出函数 䪐މ뿸 的图像， ɸ މ 在 y 轴右侧的去掉， 20 / 23 再画出直线 ɸ މ ，之后上下移动， 可以发现当直线过点 A 时，直线与函数图像有两个交点， 并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点， 即方程 䪐މ뿸 ɸ މ 有两个解， 也就是函数 䪐މ뿸 有两个零点， 此时满足 ，即 ，故选 C. 2.（2021 年浙江省高考数学试题）已知 Ra  ，函数 2 4, 2( ) 3 , 2, x xf x x a x        若  6 3f f    ，则 a ___________. 【答案】2 【解析】 由题意结合函数的解析式得到关于 a 的方程，解方程可得 a 的值. 【详解】      6 6 4 2 2 3 3f f f f a          ，故 2a  ， 故答案为：2. 3.（安徽高考真题）在平面直角坐标系 中，若直线 与函数 的图像只有一个交点， 则 的值为 . 【答案】 1 2  【解析】 x a 时 1y x a   取得最小值 1 ．即函数 1y x a   的图像的最低点为  , 1a  ． 当 0a  时，由数形结合可知此时直线 2y a 与 1y x a   的图像必有两个交点，故舍； 21 / 23 当 0a  时，要使直线 2y a 与 1y x a   的图像只有一个交点，则有直线 2y a 必过点 , 1a  ， 即 2 1a   ，解得 1 2a   ． 综上可得 1 2a   ． 4.（2018·浙江高考真题）已知λ∈R，函数 f(x)= މ ㌳މ މ މ ݂ ൅㌳މ ൏ ，当λ=2 时，不等式 f(x)