2025·天津高考真题-7题
题目
函数 \(f(x)=0.3^x-\sqrt{x}\) 的零点所在区间是（ ）
A. \((0,0.3)\) B. \((0.3,0.5)\) C. \((0.5,1)\) D. \((1,2)\)
步骤1：分析函数单调性
我们把函数拆成两部分来看：
- \(y=0.3^x\)：底数 \(0<0.3<1\)，因此它在 \(\mathbb{R}\) 上是单调递减函数。
- \(y=\sqrt{x}\)：幂函数 \(x^{\frac{1}{2}}\)，定义域为 \([0,+\infty)\)，它在定义域上是单调递增函数。
那么 \(f(x)=0.3^x-\sqrt{x}\) 的单调性如何判断？
减函数 \(0.3^x\) 减去增函数 \(\sqrt{x}\)，得到的新函数 \(f(x)\) 在其定义域 \([0,+\infty)\) 上是单调递减的。
因为函数单调递减，所以它的图像与 \(x\) 轴最多只有一个交点，即函数最多只有一个零点。
步骤2：利用零点存在定理，计算区间端点的函数值
零点存在定理：如果函数 \(y=f(x)\) 在区间 \([a,b]\) 上的图像是连续不断的一条曲线，并且有 \(f(a)\cdot f(b)<0\)，那么函数 \(y=f(x)\) 在区间 \((a,b)\) 内有零点。
计算 \(f(0)\)：
\[ f(0)=0.3^0-\sqrt{0}=1-0=1>0 \]
计算 \(f(0.3)\)：
\(f(0.3)=0.3^{0.3}-\sqrt{0.3}\)，而 \(\sqrt{0.3}=0.3^{0.5}\)，所以：
\[ f(0.3)=0.3^{0.3}-0.3^{0.5} \]
因为指数函数 \(y=0.3^x\) 单调递减，且 \(0.3<0.5\)，所以 \(0.3^{0.3}>0.3^{0.5}\)，因此：
\[ f(0.3)>0 \]
计算 \(f(0.5)\)：
\(f(0.5)=0.3^{0.5}-\sqrt{0.5}\)，即：
\[ f(0.5)=\sqrt{0.3}-\sqrt{0.5} \]
因为 \(0.3<0.5\)，且 \(y=\sqrt{x}\) 单调递增，所以 \(\sqrt{0.3}<\sqrt{0.5}\)，因此：
\[ f(0.5)<0 \]
步骤3：结合单调性与零点存在定理，确定零点区间
我们已经得到：
- \(f(0.3)>0\)
- \(f(0.5)<0\)
即 \(f(0.3)\cdot f(0.5)<0\)，且函数 \(f(x)\) 在 \([0.3,0.5]\) 上连续。
根据零点存在定理，函数 \(f(x)\) 在区间 \((0.3,0.5)\) 内存在零点。
又因为函数 \(f(x)\) 在整个定义域上是单调递减的，所以这个零点是唯一的。
最终答案：\((0.3,0.5)\)
2025·天津高考真题-15题
题目
若 \(a,b\in\mathbb{R}\)，对任意 \(x\in[-2,2]\)，均有 \((2a+b)x^2+bx-a-1\le0\) 恒成立，则 \(2a+b\) 的最小值为 ______。
答案：\(-4\)
核心思路
题目要求 \(2a+b\) 的最小值，因此设 \(t=2a+b\)，将 \(b=t-2a\) 代入原不等式，转化为关于 \(t\) 的问题，再通过特殊点锁定 \(t\) 的范围，最后验证边界值是否可取。
步骤1：换元，转化问题
设 \(t=2a+b\)，则 \(b=t-2a\)。将其代入原函数：
\[ f(x)=(2a+b)x^2+bx-a-1=tx^2+(t-2a)x-a-1 \]
题目要求：对任意 \(x\in[-2,2]\)，\(f(x)\le0\) 恒成立。
步骤2：分析特殊点，锁定 \(t\) 的范围
取特殊点 \(x=-\frac{1}{2}\) 代入 \(f(x)\)：
\[ f\left(-\frac{1}{2}\right)=t\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)^2+b\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)-a-1=\frac{1}{4}t-\frac{1}{2}b-a-1 \]
将 \(b=t-2a\) 代入上式：
\[ f\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{t}{4}-\frac{1}{2}(t-2a)-a-1 \]
展开并化简：
\[ f\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{t}{4}-\frac{t}{2}+a-a-1=-\frac{t}{4}-1 \]
因为 \(f\left(-\frac{1}{2}\right)\le0\)，所以：
\[ -\frac{t}{4}-1\le0 \implies t\ge-4 \]
步骤3：验证 \(t=-4\) 是否成立
当 \(t=-4\) 时，\(2a+b=-4\)，即 \(b=-4-2a\)。此时函数为：
\[ f(x)=-4x^2+(-4-2a)x-a-1 \]
为了使 \(f(x)\le0\) 对所有 \(x\in[-2,2]\) 恒成立，我们尝试将其表示为一个负的完全平方：\(f(x)=-(mx+n)^2\)，其中 \(m>0\)。
展开得：
\[ -(mx+n)^2=-m^2x^2-2mnx-n^2 \]
与 \(f(x)=-4x^2+(-4-2a)x-a-1\) 对比系数，可得方程组：
\[ \begin{cases} -m^2=-4 \\ -2mn=-4-2a \\ -n^2=-a-1 \end{cases} \implies \begin{cases} m=2 \\ -4n=-4-2a \\ n^2=a+1 \end{cases} \implies \begin{cases} m=2 \\ n=1 \\ a=0 \end{cases} \implies b=-4 \]
此时，\(f(x)=-(2x+1)^2\)，显然对任意 \(x\in[-2,2]\)，\(f(x)\le0\) 恒成立，符合题意。
结论
综上，\(2a+b\) 的最小值为 \(-4\)。
\[ \min(2a+b)=-4 \]
答案：\(-4\)
2024·天津高考真题-15题
题目
若函数 \(f(x)=2\sqrt{x^2-ax}-|ax-2|+1\) 恰有一个零点，则 \(a\) 的取值范围为 ______。
答案：\((-\sqrt{3},-1)\cup(1,\sqrt{3})\)
核心思路与定义域
函数恰有一个零点，等价于方程 \(2\sqrt{x^2-ax}=|ax-2|-1\) 恰有一个解。
首先，根号内的表达式必须非负：\(x^2-ax\ge0\)，即 \(x(x-a)\ge0\)，解得：
\[ x\le0 \quad \text{或} \quad x\ge a \]
一、特殊情况：\(a=0\)
当 \(a=0\) 时，原方程变为 \(2\sqrt{x^2}=|-2|-1=1\)，即 \(2|x|=1\)，解得 \(x=\pm\frac{1}{2}\)，有两个解，不符合题意，舍去。
二、当 \(a>0\) 时的情况分析
此时定义域为 \(x\le0\) 或 \(x\ge a\)。我们分两段讨论方程 \(2\sqrt{x^2-ax}=|ax-2|-1\)。
1. 当 \(x\le0\) 时
因为 \(a>0\) 且 \(x\le0\)，所以 \(ax\le0\)，则 \(ax-2<0\)，因此 \(|ax-2|=2-ax\)。原方程化简为：
\[ 2\sqrt{x^2-ax}=1-ax \]
两边同时平方（注意右边 \(1-ax\ge0\)）：
\[ 4(x^2-ax)=(1-ax)^2 \]
展开并整理：
\[ 4x^2-4ax=1-2ax+a^2x^2 \] \[ (4-a^2)x^2-2ax-1=0 \]
因式分解得：
\[ [(2+a)x+1][(2-a)x-1]=0 \]
解得：
\[ x=-\frac{1}{2+a} \quad \text{或} \quad x=\frac{1}{2-a} \]
- 当 \(a\in(0,2)\) 时，\(x=-\frac{1}{2+a}<0\)（有效），\(x=\frac{1}{2-a}>0\)（舍去），故 \(x\le0\) 时方程有唯一解。
- 当 \(a=2\) 时，方程为 \(4x+1=0\)，解得 \(x=-\frac{1}{4}\)，有效，有唯一解。
- 当 \(a\in(2,+\infty)\) 时，两个解均为负数，方程有两解，舍去。
因此，当 \(a\in(0,2]\) 时，\(x\le0\) 时方程有唯一解。为了使原方程只有一个解，必须保证 \(x\ge a\) 时方程无解。
2. 当 \(x\ge a\) 时
我们分析函数 \(g(x)=2\sqrt{x^2-ax}\) 与 \(h(x)=|ax-2|-1\) 的图像交点情况。
将 \(g(x)\) 变形为双曲线形式：
\[ y=2\sqrt{x^2-ax} \implies \frac{(x-\frac{a}{2})^2}{\frac{a^2}{4}} – \frac{y^2}{a^2}=1 \quad (y\ge0) \]
这是双曲线的右支，向右平移 \(\frac{a}{2}\) 个单位，其渐近线方程为 \(y=2(x-\frac{a}{2})\)，斜率为2。
函数 \(h(x)\) 在 \(x\ge a\) 时，当 \(a\in(0,2]\)，\(x\ge a>0\)，所以 \(ax-2\) 的符号取决于 \(x\)。要使 \(g(x)\) 与 \(h(x)\) 无交点，需保证 \(h(x)\) 与 \(x\) 轴的交点 \(x=\frac{1}{a}\) 和 \(x=\frac{3}{a}\) 均小于 \(a\)，即：
\[ \begin{cases} \frac{1}{a} < a \\ \frac{3}{a} < a \end{cases} \implies a^2>3 \implies a>\sqrt{3} \]
结合 \(a\in(0,2]\)，得 \(1< a< \sqrt{3}\)。
三、当 \(a<0\) 时的情况分析
此时定义域为 \(x\ge0\) 或 \(x\le a\)。我们分两段讨论方程 \(2\sqrt{x^2-ax}=|ax-2|-1\)。
1. 当 \(x\ge0\) 时
因为 \(a<0\) 且 \(x\ge0\)，所以 \(ax\le0\)，则 \(ax-2<0\)，因此 \(|ax-2|=2-ax\)。原方程化简为：
\[ 2\sqrt{x^2-ax}=1-ax \]
同样平方、整理、因式分解，解得：
\[ x=-\frac{1}{2+a} \quad \text{或} \quad x=\frac{1}{2-a} \]
- 当 \(a\in(-2,0)\) 时，\(x=\frac{1}{2-a}>0\)（有效），\(x=-\frac{1}{2+a}<0\)（舍去），故 \(x\ge0\) 时方程有唯一解。
- 当 \(a=-2\) 时，方程为 \(4x-1=0\)，解得 \(x=\frac{1}{4}\)，有效，有唯一解。
- 当 \(a\in(-\infty,-2)\) 时，两个解均为正数，方程有两解，舍去。
因此，当 \(a\in[-2,0)\) 时，\(x\ge0\) 时方程有唯一解。为了使原方程只有一个解，必须保证 \(x\le a\) 时方程无解。
2. 当 \(x\le a\) 时
此时 \(g(x)=2\sqrt{x^2-ax}\) 为双曲线的左支，向左平移 \(\frac{a}{2}\) 个单位，其渐近线方程为 \(y=-2(x+\frac{a}{2})\)，斜率为-2。
同理，要使 \(g(x)\) 与 \(h(x)\) 无交点，需保证 \(h(x)\) 与 \(x\) 轴的交点 \(x=\frac{1}{a}\) 和 \(x=\frac{3}{a}\) 均大于 \(a\)，即：
\[ \begin{cases} \frac{1}{a} > a \\ \frac{3}{a} > a \end{cases} \implies a^2<3 \implies a>-\sqrt{3} \]
结合 \(a\in[-2,0)\)，得 \(-\sqrt{3}< a< -1\)。
结论
综合 \(a>0\) 和 \(a<0\) 两种情况，\(a\) 的取值范围是：
\[ a\in(-\sqrt{3},-1)\cup(1,\sqrt{3}) \]
最终答案：\((-\sqrt{3},-1)\cup(1,\sqrt{3})\)
2023·天津高考真题-15题
题目
设 \(a \in \mathbb{R}\)，函数 \(f(x)=ax^2-2x-|x^2-ax+1|\)，若 \(f(x)\) 恰有两个零点，则 \(a\) 的取值范围为 ______。
答案：\((-\infty,0)\cup(0,1)\cup(1,+\infty)\)
核心思路
函数含绝对值，分两种情况讨论：
- 当 \(x^2-ax+1 \ge 0\) 时，\(|x^2-ax+1|=x^2-ax+1\)，原函数化简为一次式；
- 当 \(x^2-ax+1 < 0\) 时，\(|x^2-ax+1|=-x^2+ax-1\)，原函数化简为二次式。
一、当 \(x^2-ax+1 \ge 0\) 时
此时 \(f(x)=0\) 等价于：
\[ ax^2-2x-(x^2-ax+1)=0 \]
整理得：
\[ (a-1)x^2+(a-2)x-1=0 \]
因式分解：
\[ [(a-1)x-1](x+1)=0 \]
解得：\(x=\dfrac{1}{a-1}\) 或 \(x=-1\)。
根的有效性分析：
- 当 \(a=1\) 时，方程退化为 \(-x-1=0\)，根为 \(x=-1\)，此时 \(x^2-ax+1=1+1+1=3 \ge 0\)，有效；
- 当 \(a \ne 1\) 时，两根为 \(x=\dfrac{1}{a-1}\) 和 \(x=-1\)，需分别验证是否满足 \(x^2-ax+1 \ge 0\)：
- 对 \(x=-1\)：代入得 \(1+a+1 \ge 0 \implies a \ge -2\)；
- 对 \(x=\dfrac{1}{a-1}\)：代入得 \(\left(\dfrac{1}{a-1}\right)^2 – a\cdot\dfrac{1}{a-1} + 1 \ge 0\)，化简得 \(a \le 2\)。
二、当 \(x^2-ax+1 < 0\) 时
此时 \(f(x)=0\) 等价于：
\[ ax^2-2x-(-x^2+ax-1)=0 \]
整理得：
\[ (a+1)x^2-(a+2)x+1=0 \]
因式分解：
\[ [(a+1)x-1](x-1)=0 \]
解得：\(x=\dfrac{1}{a+1}\) 或 \(x=1\)。
根的有效性分析：
- 当 \(a=-1\) 时，方程退化为 \(-x+1=0\)，根为 \(x=1\)，此时 \(x^2-ax+1=1-1+1=1 \ge 0\)，不满足条件，舍去；
- 当 \(a \ne -1\) 时，两根为 \(x=\dfrac{1}{a+1}\) 和 \(x=1\)，需分别验证是否满足 \(x^2-ax+1 < 0\)：
- 对 \(x=1\)：代入得 \(1-a+1 < 0 \implies a > 2\)；
- 对 \(x=\dfrac{1}{a+1}\)：代入得 \(\left(\dfrac{1}{a+1}\right)^2 – a\cdot\dfrac{1}{a+1} + 1 < 0\)，化简得 \(a < -2\)。
三、分区间讨论零点个数
- 当 \(a < -2\) 时：零点为 \(x=\dfrac{1}{a+1}\) 和 \(x=\dfrac{1}{a-1}\)，共2个，符合条件；
- 当 \(-2 \le a < 0\) 时：零点为 \(x=\dfrac{1}{a-1}\) 和 \(x=-1\)，共2个，符合条件；
- 当 \(a=0\) 时：仅 \(x=-1\) 一个零点，不符合；
- 当 \(0 < a < 1\) 时：零点为 \(x=\dfrac{1}{a-1}\) 和 \(x=-1\)，共2个，符合条件；
- 当 \(a=1\) 时：仅 \(x=-1\) 一个零点，不符合；
- 当 \(1 < a \le 2\) 时：零点为 \(x=\dfrac{1}{a-1}\) 和 \(x=-1\)，共2个，符合条件；
- 当 \(a > 2\) 时：零点为 \(x=1\) 和 \(x=-1\)，共2个，符合条件。
结论
\[ a \in (-\infty,0)\cup(0,1)\cup(1,+\infty) \]
答案：\((-\infty,0)\cup(0,1)\cup(1,+\infty)\)
2022·天津高考真题-15题
题目
设 \(a \in \mathbb{R}\)，对任意实数 \(x\)，记 \(f(x) = \min\{|x| – 2, x^2 – ax + 3a – 5\}\)。若 \(f(x)\) 至少有 3 个零点，则实数 \(a\) 的取值范围为 ______。
答案：\([10, +\infty)\)
核心思路
\(f(x) = \min\{g(x), h(x)\}\) 的零点，是 \(g(x)\) 和 \(h(x)\) 两个函数图像的下包络线与 \(x\) 轴的交点。
其中：
- \(h(x) = |x| – 2\)，其零点为 \(x = \pm 2\)；
- \(g(x) = x^2 – ax + 3a – 5\)，是开口向上的抛物线。
要使 \(f(x)\) 至少有 3 个零点，除了 \(h(x)\) 提供的 2 个零点外，抛物线 \(g(x)\) 还需至少再提供 1 个零点，且该零点需在 \(h(x)\) 的图像下方。
一、抛物线 \(g(x)\) 有零点的条件
要使 \(g(x)\) 有实根，其判别式必须非负：
\[ \Delta = a^2 – 4(3a – 5) = a^2 – 12a + 20 \ge 0 \]
因式分解得：
\[ (a-2)(a-10) \ge 0 \]
解得 \(a \le 2\) 或 \(a \ge 10\)。接下来分情况讨论。
二、当 \(a=2\) 时
此时 \(g(x) = x^2 – 2x + 1 = (x-1)^2\)，其零点为 \(x=1\)。
在 \(x=1\) 处，\(h(1) = |1| – 2 = -1\)。
因为 \(g(1) = 0 > h(1) = -1\)，所以在 \(x=1\) 处，\(f(x) = h(x) = -1\)，不为零。因此 \(f(x)\) 只有 \(x=\pm2\) 两个零点，不符合题意，舍去。
三、当 \(a < 2\) 时
设 \(g(x)\) 的两个零点为 \(x_1 < x_2\)，对称轴为 \(x = \frac{a}{2} < 1\)。
要使 \(g(x)\) 的零点能成为 \(f(x)\) 的零点，需要该零点在 \(h(x)\) 的下方。因为 \(x_1 < x_2\)，且抛物线开口向上，所以只需 \(x_2 \le -2\) 即可。
这需要满足两个条件：
- 对称轴在 \(-2\) 的左侧：\(\frac{a}{2} < -2 \implies a < -4\)；
- 在 \(x=-2\) 处，抛物线的值非负（保证根在其左侧）：\(g(-2) \ge 0\)。
计算 \(g(-2)\)：
\[ g(-2) = (-2)^2 – a(-2) + 3a – 5 = 4 + 2a + 3a – 5 = 5a – 1 \ge 0 \]
解得 \(a \ge \frac{1}{5}\)。
综合 \(a < -4\) 和 \(a \ge \frac{1}{5}\)，无交集，故此情况无解。
四、当 \(a=10\) 时
此时 \(g(x) = x^2 – 10x + 25 = (x-5)^2\)，其零点为 \(x=5\)。
在 \(x=5\) 处，\(h(5) = |5| – 2 = 3\)。
因为 \(g(5) = 0 < h(5) = 3\)，所以在 \(x=5\) 处，\(f(x) = g(x) = 0\)。
此时 \(f(x)\) 有三个零点：\(x = -2, 2, 5\)，符合题意。
五、当 \(a > 10\) 时
设 \(g(x)\) 的两个零点为 \(x_3 < x_4\)，对称轴为 \(x = \frac{a}{2} > 5\)。
要使 \(g(x)\) 的零点能成为 \(f(x)\) 的零点，需要 \(x_3 \ge 2\)，即较小的根也要在 \(x=2\) 的右侧。
这需要满足两个条件：
- 对称轴在 \(2\) 的右侧：\(\frac{a}{2} > 2 \implies a > 4\)；
- 在 \(x=2\) 处，抛物线的值非负：\(g(2) \ge 0\)。
计算 \(g(2)\)：
\[ g(2) = 2^2 – a(2) + 3a – 5 = 4 – 2a + 3a – 5 = a – 1 \ge 0 \]
解得 \(a \ge 1\)。
因为 \(a > 10\) 已经满足 \(a > 4\) 和 \(a \ge 1\)，所以当 \(a > 10\) 时，两个零点 \(x_3, x_4\) 都在 \(x=2\) 的右侧，且均小于 \(h(x)\)，能为 \(f(x)\) 提供额外的零点。此时 \(f(x)\) 的零点个数大于等于3，符合题意。
结论
综合以上情况，当且仅当 \(a \ge 10\) 时，\(f(x)\) 至少有3个零点。
\[ a \in [10, +\infty) \]
答案：\([10, +\infty)\)
2021·天津高考真题-9题
题目
设 \(a \in \mathbb{R}\)，函数 \[ f(x) = \begin{cases} \cos(2\pi x – 2\pi a), & x < a \\ x^2 - 2(a+1)x + a^2 + 5, & x \ge a \end{cases} \] 若 \(f(x)\) 在区间 \((0,+\infty)\) 内恰有 6 个零点，则 \(a\) 的取值范围是（ ）
A. \((2,\frac{9}{4}] \cup (\frac{5}{2},\frac{11}{4}]\) B. \((\frac{7}{4},2) \cup (\frac{5}{2},\frac{11}{4}]\)
C. \((2,\frac{9}{4}] \cup [\frac{11}{4},3)\) D. \((\frac{7}{4},2) \cup [\frac{11}{4},3)\)
核心思路
函数 \(f(x)\) 是分段函数，零点总数=余弦部分零点数+二次函数部分零点数，题目要求总数为6个。
二次函数最多有2个零点，因此余弦部分至少需要有 \(6-2=4\) 个零点，最多可以有6个零点（当二次函数部分无零点时）。
一、分析 \(x < a\) 时，\(\cos(2\pi x - 2\pi a)=0\) 的零点
解方程：\(\cos(2\pi x – 2\pi a)=0\)
\[ 2\pi x – 2\pi a = \frac{\pi}{2} + k\pi,\ k \in \mathbb{Z} \]
两边同时除以 \(\pi\)：
\[ 2x – 2a = \frac{1}{2} + k \]
解得：
\[ x = a + \frac{k}{2} + \frac{1}{4},\ k \in \mathbb{Z} \]
这些零点需要同时满足 \(0 < x < a\)，代入得：
\[ 0 < a + \frac{k}{2} + \frac{1}{4} < a \]
两边减去 \(a\)：
\[ -a < \frac{k}{2} + \frac{1}{4} < 0 \]
整理得 \(k\) 的取值范围：
\[ -2a – \frac{1}{2} < k < -\frac{1}{2} \]
接下来，我们根据余弦部分的零点个数分情况讨论：
- **情况1：余弦部分有4个零点**
此时，满足条件的整数 \(k\) 有4个，即 \(-5 \le -2a-\frac{1}{2} < -4\)，解得： \[ \frac{7}{4} < a \le \frac{9}{4} \] - **情况2：余弦部分有5个零点**
此时，满足条件的整数 \(k\) 有5个，即 \(-6 \le -2a-\frac{1}{2} < -5\)，解得： \[ \frac{9}{4} < a \le \frac{11}{4} \] - **情况3：余弦部分有6个零点**
此时，满足条件的整数 \(k\) 有6个，即 \(-7 \le -2a-\frac{1}{2} < -6\)，解得： \[ \frac{11}{4} < a \le \frac{13}{4} \]
二、分析 \(x \ge a\) 时，二次函数 \(x^2 – 2(a+1)x + a^2 + 5=0\) 的零点
先计算判别式 \(\Delta\)：
\[ \Delta = [2(a+1)]^2 – 4(a^2+5) = 8(a-2) \]
分情况讨论：
- \(a < 2\)：\(\Delta < 0\)，无零点
- \(a = 2\)：\(\Delta = 0\)，有1个零点
- \(a > 2\)：\(\Delta > 0\)，有2个零点，需进一步判断根是否在 \(x \ge a\) 上。
令 \(g(x) = x^2 – 2(a+1)x + a^2 + 5\)，则 \(g(a) = -2a+5\)。
当 \(2 < a \le \frac{5}{2}\) 时，\(g(a) \ge 0\)，两根均在 \(x \ge a\) 上，有2个零点。
当 \(a > \frac{5}{2}\) 时，\(g(a) < 0\)，只有1个零点在 \(x \ge a\) 上。
三、结合两部分零点总数，求解 \(a\) 的范围
我们需要“余弦零点数 + 二次零点数 = 6”，分情况讨论：
- 余弦部分有4个零点（\(\frac{7}{4} < a \le \frac{9}{4}\)）
需要二次部分提供 \(6-4=2\) 个零点。这要求 \(2 < a \le \frac{5}{2}\)。
取交集得：\(2 < a \le \frac{9}{4}\)。 - 余弦部分有5个零点（\(\frac{9}{4} < a \le \frac{11}{4}\)）
需要二次部分提供 \(6-5=1\) 个零点。这要求 \(a=2\)（无交集，舍去）或 \(a > \frac{5}{2}\)。
取交集得：\(\frac{5}{2} < a \le \frac{11}{4}\)。 - 余弦部分有6个零点（\(\frac{11}{4} < a \le \frac{13}{4}\)）
需要二次部分提供 \(6-6=0\) 个零点。这要求 \(a < 2\)（无交集，舍去）。
综上，\(a\) 的取值范围是：
\[ (2,\frac{9}{4}] \cup (\frac{5}{2},\frac{11}{4}] \]
答案：\(\mathbf{ (2,\frac{9}{4}] \cup (\frac{5}{2},\frac{11}{4}]}\)
2020·天津高考真题-9题
题目
已知函数 \[ f(x) = \begin{cases} x^2, & x \ge 0 \\ -x, & x < 0 \end{cases} \] 若函数 \(g(x)=f(x)-|kx^2-2x|\)（\(k \in \mathbb{R}\)）恰有4个零点，则 \(k\) 的取值范围为 ______。
答案：\((-\infty,0) \cup (2\sqrt{2},+\infty)\)
核心思路
函数 \(g(x)\) 恰有4个零点，等价于方程 \(f(x)=|kx^2-2x|\) 有4个不同的实数解，即函数 \(y=f(x)\) 与 \(y=|kx^2-2x|\) 的图像有4个交点。
其中，\(x=0\) 是一个明显的交点，因此我们只需分析剩余3个交点的情况。
一、方程化简
设 \(\varphi(x)\) 为： \[ \varphi(x) = \begin{cases} x^2, & x > 0 \\ 1, & x < 0 \end{cases} \] 设 \(\mu(x)=|kx-2|\)。
当 \(x>0\) 时，方程 \(x^2=|kx^2-2x|\) 两边同除以 \(x\)，得到 \(x=|kx-2|\)。
当 \(x<0\) 时，方程 \(-x=|kx^2-2x|\) 两边同除以 \(|x|\)，得到 \(1=|kx-2|\)。
因此，问题转化为函数 \(\varphi(x)\) 与 \(\mu(x)\) 的图像有3个交点。
二、分情况讨论 \(k\) 的取值
1. 当 \(k < 0\) 时
此时，直线 \(y=kx-2\) 斜率为负，与 \(y=|kx-2|\) 的图像组合，与函数 \(\varphi(x)\) 的图像恒有3个交点。因此，\(k<0\) 符合题意。
2. 当 \(k > 0\) 时
要使图像有3个交点，当 \(x > \frac{2}{k}\) 时，函数 \(\varphi(x)=x^2\) 与 \(\mu(x)=kx-2\) 的图像需要有2个交点。
令 \(x^2 = kx – 2\)，即 \(x^2 – kx + 2 = 0\)。
为了使该方程有2个不同的实数解，判别式必须大于0：
\[ \Delta = k^2 – 8 > 0 \]
解得 \(k > 2\sqrt{2}\) 或 \(k < -2\sqrt{2}\)。
因为我们讨论的是 \(k>0\) 的情况，所以取 \(k > 2\sqrt{2}\)。
结论
综合以上两种情况，\(k\) 的取值范围为：
\[ k \in (-\infty,0) \cup (2\sqrt{2},+\infty) \]
答案：\((-\infty,0) \cup (2\sqrt{2},+\infty)\)
