文档文本内容
专题02 抽象函数与嵌套函数
目录
高频考情深度解读（高考命题规律透视+培优备考要求）
核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧）
聚焦题型精准解密（5 大题型精讲+变式拔高训练）
题型一 抽象函数的定义域与值域问题（
）
题型二 抽象函数的单调性与奇偶性综合（
）
题型三 嵌套函数的零点问题（
）
题型四 抽象函数的解析式求解（
）
题型五 嵌套函数的最值与参数范围问题（
）
实战演练高效提分（高考仿真模拟+限时训练提升）
近几年高考主要以小题（选择题、填空题）为主，分值5~10 分，部分地区可能在解答题中与导数
（判断单调性）、不等式（恒成立问题）、数列（累加法求解析式）跨模块融合。
基础知识必备：
一、抽象函数核心基础：
定义域：遵循“括号内整体范围一致”原则，即若f (t )定义域为[a,b]，则f (g(x))需满足a≤g(x)≤b，
需结合内层函数（如一次函数、二次函数、对数函数）的定义域约束（如对数真数大于0、偶次根式
被开方数非负）综合求解。
二、奇偶性与单调性：掌握定义法（f (−x)=± f (x)判断奇偶性，
f (x1)−f (x2)
x1−x2
判断单调性）、赋值法
（常用x =0、x =−y、x =1等特殊值推导性质），明确奇偶性对函数图象对称性的影响（奇函数关于
原点对称，偶函数关于y轴对称）、单调性对不等式转化的作用（单调函数可“去f 符号”）。
解析式：熟悉赋值法（构造方程求特殊值）、累加法（适用于f (x +1)−f (x)= g(x)型）、构造法（假
设一次/指数/对数函数模型代入验证）。
嵌套函数核心基础：
1
三、拆解逻辑：通过换元法将y = f (g(x))拆分为外层函数y = f (t )与内层函数t = g(x)，解题需“分层处
理”（先分析外层函数性质，再结合内层函数值域）。
四、零点与最值：零点问题转化为“外层函数零点→内层函数解的个数”（如g(x)= f (f (x))−a的零
点，需先求f (t )=a的解ti，再求g(x)=ti的解的总数）；最值问题需先求内层函数值域（作为外层函数
定义域），再求外层函数最值。
2026 高考预测：
一、抽象函数：侧重奇偶性与单调性的综合应用（如解不等式f(2x-1)+f(x-3)>0）、赋值法求特殊值或解析
式、定义域与值域的嵌套求解（如f(f(x))的定义域）。
二、嵌套函数：聚焦多层嵌套的零点个数判断（结合函数图象数形结合）、含参数的嵌套函数恒成立/有解
问题（如g(x)=f(f(x))-k≥0 恒成立求k 范围），可能出现与新定义结合的创新题型（如“取整函数+嵌套函
数”）。
三、趋势特点：隐性逻辑应用增强（不再直接给出奇偶性/单调性，需通过条件推导）、图象法依赖度提升
（嵌套函数零点、参数范围问题需直观分析图象交点）、跨模块融合加深（如与导数结合分析嵌套函数的
单调性）。
重难知识汇总：
函数类型
重点知识
难点突破
抽象函数
1. 奇偶性与单调性的推导（赋值法）；
2. 解析式求解（赋值法、累加法）；
3. 定义域与值域的嵌套
1. 复杂条件下的赋值技巧（如x = y
、x =2 y）；2. 非单调抽象函数的
值域分析
嵌套函数
1. 零点个数的分层计数（换元法）；
2. 最值的分层求解（内层值域→外层最
值）；3. 参数范围的约束转化
1. 多解情况下的分类讨论（如
f (t )=a有2 个解时，需分别分析每
个解对应的内层解个数）；
2. 恒成立条件的等价转化（如
f (g(x))≥k→f (t )min≥k）
综合应用
1. 抽象函数与嵌套函数结合（如f (g(x))的奇
偶性判断）；2. 与分段函数融合（分段嵌套
的零点分析）
1. 分段函数各区间的性质差异（如
x ≤0与x>0的单调性不同）；2. 跨
区间的解的计数整合
常用技巧方法：
赋值法：抽象函数性质推导与解析式求解的核心，优先赋值x =0（求f (0)）、x =−y（证奇偶性）、y =1
（推导递推关系），如由f (x + y)= f (x)+ f ( y)−2赋值x = y =0得f (0)=2，赋值y =1得f (x +1)−f (x)=1。
2
换元法：嵌套函数拆解的关键，令t = g(x)将y = f (g(x))转化为y = f (t )，简化外层函数分析，如
g(x)= f (f (x))−a的零点问题，先求f (t )=a的解ti，再求g(x)=ti的解。
数形结合法：嵌套函数零点、参数范围问题的直观工具，通过绘制内层函数g(x)与外层函数f (t )的图象，
分析交点个数或最值，如判断f (x)=2与f (x)=3对应的解的个数时，需结合f (x)的分段图象观察。
构造法：抽象函数解析式求解的辅助手段，针对常见模型（如f (x + y)= f (x)f ( y)假设指数函数、
f (xy)= f (x)+ f ( y)假设对数函数），代入条件验证并确定参数。
易错避坑提效：
易错点1：抽象函数定义域理解偏差：误将f (g(x))的定义域视为g(x)的定义域，忽略“括号内整体范
围一致”，如f (x)定义域为[1,3]，则f (2 x−1)需满足1≤2 x−1≤3，而非2 x−1的定义域本身。
易错点2：嵌套函数零点计数遗漏：未分类讨论外层函数解的个数，或忽略内层函数在不同区间的解
的差异，如f (x)为分段函数时，f (x)=t在x ≤0与x>0可能有不同解的个数，需分别计数。
易错点3：抽象函数单调性误用：未先证明单调性直接“去f 符号”，或忽略定义域约束，如解
f (2 x−1)>f (x−3)时，需先确认f (x)单调，再结合定义域列不等式。
提效技巧：二轮复习中针对高频题型（如嵌套零点、抽象函数不等式）总结“解题模板”，如零点问题按
“换元→求外层解→内层解计数→总数汇总”步骤执行，减少思维漏洞。
题型一 抽象函数的定义域与值域问题
方法点拨：定义域用 “括号内整体范围一致”+ 内层约束列不等式；值域先求内层值域，结合外层
单调性 ，忌忽略内层定义域限制。
【典例01】1.（2025·湖北武汉·三模）已知函数
的定义域为
，对任意的
，均有
，且
，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
3
【分析】令
，即可判断A；令
，可得
，令
，可判断B；令
，可
判断D；由题意可得
，结合
，
，可得
，再根据对数
的运算性质及单调性，即可判断C.
【详解】解：对于A，令
，则有
，即
，故A 错误；
对于B，令
，则有
，
又因为
，
，所以
，
令
，则有
，故B 错误；
对于C，因为
，
，
所以
，
令
，则有
，令
，则有
，
由B 可知
，
所以
，所以
，
同理可得
，
所以
，故C 正确；
对于D，由B 可知
，
令
，则有
，故D 错误.
故选：C．
4
【典例02】（2025·浙江温州·二模）函数
满足：①
②
，
．则
的最大值等于 ．
【答案】
/0.5
【分析】交换
可得
，进而可得
再令
可得
，最后根据基本不等式可得答案.
【详解】
，
①．
则交换
可得，
,
化为
②
由①②可得
③，
③中令
可得
，
化简可得
，当
时等号成立，
所以
的最大值等于
．
故答案为：
【点睛】方法点睛：解答与抽象函数有关的题目时，常用赋值法.
【变式01】（25-26 高三上·山东菏泽·期中）已知函数
的定义域和值域分别为
和
，则函
数
的定义域和值域分别为（ ）
A．
和
B．
和
5
C．
和
D．
和
【答案】D
【分析】本题考查函数定义域和值域的概念以及函数图象的平移变换，解题的关键在于理解函数图象平移
对定义域和值域的影响.
【详解】函数
的图像向右平移1 个单位长度得到函数
的图像，故定义域为
，值
域不变
；
故选：D
【变式02】（24-25 高三下·重庆·月考）已知
满足
，且
，则
的值域为
【答案】
【分析】根据题意，令
，求得
，再令
，求得
，令
，可得
，即
，再令
，得到
，结合基本不等式，即可求
解.
【详解】由函数
满足
，且
，
令
，可得
，因为
，可得
，
再令
，可得
，所以
，
令
，可得
，即
，
再令
，可得
，所以
，
则
，
6
当且仅当
时，等号成立，
所以
的值域为
.
故答案为：
.
【变式03】（2025·黑龙江大庆·三模）已知
是定义在
上的奇函数，
是定义在
上的偶函数，
若函数
的值域为
，则函数
的最大值为（ ）
A．2
B．3
C．6
D．9
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的性质，结合函数值域的意义求出最大值.
【详解】由函数
的值域为
，得
，
由
是定义在
上的奇函数，得
，由
是定义在
上的偶函数，得
，
则
，则
，而函数
与
的值域相同，
所以函数
的最大值为3.
故选：B
题型二 抽象函数的单调性与奇偶性综合
方法点拨：赋值法（0、-y 等）推奇偶性与单调性，将不等式转化为
与
关系，借单调性
去
符号，勿忘定义域约束。
【典例01】（2025·辽宁·一模）对任意
，都有
，且
不恒为
0，函数
，则
（ ）
A．0
B．2
C．4
D．6
【答案】B
【分析】利用赋值法可得
，进而可求
的值.
【详解】令
，可得
，所以
，
7
令
，可得
，
因为
不恒为0，所以
，所以
是奇函数，
因为
，
所以
.
故选：B.
【典例02】（2025·河北沧州·模拟预测）已知函数
的定义域为
，且
为奇函数，当
时，
，则关于
的不等式
的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由函数奇偶性与图象变换，可得函数的对称性，根据题意可得函数的单调性，化简不等式，结合
一元二次不等式的解法，可得答案.
【详解】依题意，因为
为奇函数，所以函数
的图像关于
对称，
又当
时，
，易知函数
在
上单调递增，
所以当
时，函数
在
上单调递增，
又
，可知
在
上单调递增，
所以
可化为
，
即
，即
，解得
或
，
所以不等式的解集为
.
8
故选：C．
【变式01】（2025·福建漳州·模拟预测）定义在
上的奇函数
满足：
，且
，
，若
，则不等式
的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据题干条件，构造函数
，结合单调性的定义，可得
的单调性，根据奇偶性的
定义，可得
的奇偶性，结合特殊值，计算分析，即可得答案.
【详解】因为
，且
，
，
所以
，
设
，
则
，
，且
，，
根据单调性的定义可得，
在
上单调递增，
因为
在R 上为奇函数，
所以
，
所以
在R 上为奇函数，
所以
在
上单调递增，
因为
，
所以
，则
，
所以
的解集为
，
所以
的解集为
.
9
故选：D
【变式02】（2025·黑龙江大庆·一模）已知函数
的定义域为
，且
在
上单调递减，则不等式
的解集是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用对称性及单调性求解函数不等式.
【详解】由函数
的定义域为
，得函数
的图象关于直线
对称，
又函数
在
上单调递减，则不等式
，
即
，解得
，所以所求不等式的解集为
.
故选：D
【变式03】（2025·江苏淮安·模拟预测）已知函数
定义域为
，且满足：
，
，
，
，若
，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据函数的对称性和单调性求解.
【详解】因为
，所以
关于
对称，
又
，所以
在
单调递减，
所以
在
单调递增.
又
，所以
，所以
，
所以实数
的取值范围为
.
10
故选：A.
题型三 嵌套函数的零点问题
方法点拨：换元令 t=f (x)，先求
的解
，再结合
图象数每个
对应解的个数，总数汇
总得零点数，分类讨论防漏解。
【典例01】（2025·贵州毕节·一模）已知函数
，则函数
的
零点个数为（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】C
【分析】由
可得
或
，作出图形，结合图形即可求解.
【详解】由题意，令
，解得
或
，
作出
的图象，如图，
由图可知，直线
与
图象有3 个交点，
直线
与
图象有4 个交点，
所以原方程有7 个解，
即函数
有7 个零点.故选：C
【典例02】（2025·陕西西安·三模）设函数
.若函数
与
都没有零点，则函数
与
（ ）
11
A．都没有零点
B．都有零点
C．至少有一个没有零点
D．至少有一个有零点
【答案】C
【分析】假设函数
与
都有零点，再根据反证法证明假设不成立即可得答案.
【详解】解：因为
的开口向上，
所以，设
最小值分别为
，
假设函数
与
都有零点，
则存在
使得
，令
，则
；
存在
使得
，令
，则
；
所以
，
下面分三种情况讨论：
假设
，则函数
，即函数
与
有零点，与函数
与
都没有零点矛盾，故不成立；
假设
，则
使得
，此时
，即函数
存在零点
，与
没有零点矛盾，故不成立；
假设
，则
使得
，此时
，即函数
存在零点
，与
没有零点矛盾，故不成立；
综上，假设函数
与
都有零点不成立，即函数
与
至少有一
个没有零点.
故选：C
12
【变式01】（2025·山东临沂·三模）已知函数
，若函数
有8 个零点，
则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据题意对实数
进行讨论，分
，
，再利用函数零点问题，结合函数图象进行分析求
解.
【详解】⑴ 当
，
时，
，对称轴为
，
所以
在
单调递增，函数图象如下：
令
，
，解得
或
，
即
或
，根据图象
有2 个解，
有1 个解，
所以此时
有3 个零点，不符合题意；
当
，
时，
，对称轴为
，
所以
在
单调递增，在
单调递减，函数图像如下：
13
令
，
，解得
或
或
，
根据图象
有2 个解，
有3 个解，
又
有8 个零点，所以
要有3 个解，
即
，解得
，故选：D.
【变式02】（2025·河北保定·二模）已知函数
记函数
的
个零点为
，则
（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】A
【分析】令
，则
，
时，求出
的零点
；
时，利用零点存
在定理得存在零点
；
时，利用导数研究其单调性，进而得
在
上无零点，则
有两个零点
，从而求出函数
的零点，即可得解．
【详解】由题可知
，
令
，则
，
当
时，
，此时
有唯一的零点
；
14
当
时，
，
当
时，
单调递减，且
，
所以存在
，使得
；
当
时，
，则
，
令
，得
，令
，得
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
又
，所以
，
所以
在
上无零点，
所以
在其定义域
上有两个零点
．
当
时，因为
，所以由
，得
，解得
；
当
时，由
，得
，
或
，
所以函数
共有3 个零点，分别为
，
所以
．
故选：A．
【变式03】（25-26 高三上·江苏镇江·期中）已知函数
，若函数
有6 个
零点，则实数
的取值范围为 .
【答案】
【分析】据题意对实数
进行讨论，分
，
，再利用函数零点问题，结合函数图象进行分析求解．
【详解】当
，
时，函数
，对称轴为
，
15
因此函数
在
单调递增，函数图象如下：
令函数
，
，解得
或
，
即
或
，
根据图象
有2 个解，
有1 个解，
因此此时函数
有3 个零点，不符合题意；
当
，
时，函数
，对称轴为
，
所以
在
单调递减，在
单调递增，函数图像如下：
令函数
，
，解得
或
或
，
根据图象，
有3 个解，
有2 个解，
又
有6 个零点，所以
要有1 个解，
即
，解得
；
综上，实数
的取值范围为
.
故答案为：
．
题型四 抽象函数的解析式求解
方法点拨：赋值特殊值（0、1 等）构造方程，或假设一次 / 指数等模型代入，累加法适用于
型，解后需验证。
【典例01】（2025·河北秦皇岛·一模）
表示不小于
的最小整数，如
，已知定义在
上的函数
满足
，且
，则
（ ）
A．2025
B．2024
C．2023
D．2022
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用赋值法探讨求得函数解析式，再按定义求得结果.
【详解】定义在
上的函数
满足
，
取
，得
，则
，
取
，得
，于是
，
16
而
，则
，当
时，
，
因此
，
，则
，
所以
，
.故选：A
【典例02】（2025·山东·一模）设函数
的导函数为
，当
时满足
，且
，
则
，
，
的大小关系为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】构造函数
，由已知条件可求得
，从而解得
的解析式，对
求导判
断得函数的单调性，从而可得
，再由
，即可求解.
【详解】令
，
，
故
(
为常数)，
又
，
故
，
所以
，定义域为
，
，
所以
在区间
上单调递减，
因为
，所以
，
17
又由
，
故
.故选：A.
【变式01】（24-25 高三上·江西·月考）已知函数
满足
，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】结合题意，令
可得
，进而利用累加法及等比数列的前
和公式求解即
可.
【详解】由
，
则
，
则
，
将以上各式相加得
，
所以
.故选：D.
【变式02】（23-24 高三上·广东湛江·月考）已知函数
的定义域为
，且
，则（ ）
A．
B．
C．
是偶函数
D．
没有极值点
【答案】D
18
【分析】令
，结合题设
为
上任意值且
，得到
为常
函数，进而判断各项的正误.
【详解】令
，则
，
所以
，且
为定义域内任意值，故
为常函数.
令
，则
，为奇函数且没有极值点，C 错，D 对；
所以
不恒成立，
不一定成立，A、B 错.故选：D
【变式03】（25-26 高三上·河南·期中）已知定义在
上的函数
满足对任意
恒成立，且
，则
（ ）
A．200
B．210
C．110
D．220
【答案】B
【分析】赋值法，依次令
，
，
，即可求出
的解析式.
【详解】令
，则
，
因
，则
，
令
，则
，
令
，则
，得
，
则
，得
.故选：B
题型五 嵌套函数的最值与参数范围问题
19
方法点拨：先求内层
的值域，再求外层
最值；恒成立转
最值与参数关系，有解转
参数属
值域，数形结合助分析。
【典例01】（2025·内蒙古呼和浩特·二模）已知函数
在
上单调，且
在
上恒成立，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由题可得函数
在
上单调递减，由
在
恒成立可得
恒成立，据此可得答案.
【详解】因函数
在
上单调，又
在
上单调递减，
则函数
在
上单调递减，则
.
则
时，
，又
，
则
恒成立，
则
.
故选：B.
20
【典例02】（25-26 高三上·山东·期中）已知函数
，若函数
有8 个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先作出
的大致图象，令
，根据一元二次方程根的分布，结合图象计算即可.
【详解】根据对数函数与二次函数的图象与性质可作出
的大致图象如下：
设
，则
有8 个不同的零点，
需
有两个不同零点
，不妨设
同时
分别对应4 个零点，
若
，
即
，
则
，且
，
即
，解之得
.
21
若
，则仍需
，此时
，不符合题意，舍去；
综上：
.故选：B
【变式01】（2025·河北·模拟预测）已知函数
是
上的增函数，且关于
的不等式
恒成立，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据分段函数的单调性可得出
，再由函数
的单调性可得出
，结合参变量分离
法可得出实数
的取值范围.
【详解】因为函数
与
均是增函数，
所以，函数
是
上的增函数只需满足
，即
，解得
，
由
得
，即
恒成立，
所以，当
时，函数
取得最大值
，所以，
，即
，
因此，实数
的取值范围是
.
故选：D.
【变式02】（25-26 高三上·重庆·开学考试）已知函数
若关于x 的方程
22
有7 个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是 （ ）.
A．
B．（0，1]
C．
D．[1，+∞）
【答案】C
【分析】由
得：
.所以
或
.作
出函数
的简图，结合图象判断即可.特别注意:要单独分析当
时的情形.
【详解】
函数
的简图如上.
由
得：
.
当
时，
.如图所示，函数
图象与直线
有3 个交点，说明此时方程有3 个不相等
的实数根.不合题意.所以
不等于0.
所以
或
.
因为关于x 的方程
有7 个不相等的实数根，方程
有3 个不相等的实
数根，所以方程
有4 个不相等的实数根，即函数
图象与直线
有4 个不同的交点.
结合函数
的简图，可得
，所以
.所以实数a 的取值范围是
.
故选：C.
23
【变式03】（25-26 高三上·重庆南岸·月考）已知
，
，若函数
恰有4 个零点，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用导数研究函数
的单调性，进而作出函数
的图像，令
，要使得函数
恰有4 个零点，则关于的方程
要有两个根
，不妨设
或
，即
，令
，利用导数研究单调性，进而作出
的图像，利用数形结合即可求
解.
【详解】由题意有：当
时，
，由
，所以
在
单调递减，
当
时，
，所以
，
由
，所以
在
单调递增，在
单调递减，
作出
的图像：
令
，由
有
，
由图可知，要使得函数
恰有4 个零点，
24
则关于的方程
要有两个根
，不妨设
或
，
由
有
，令
，所以
，
当
时，
，当
或
时，
，
所以
在
单调递增，在
单调递减，
所以
，
作出
的图像：
由图可知：当
时，直线
与
的图像的两个交点的横坐标
满足
或
，
所以实数
的取值范围为
.
故选：A.
（限时训练：15 分钟）
1．（25-26 高三上·重庆渝北·月考）已知函数
的定义域为
则
的定义域
为（ ）
25
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据抽象函数定义域的求法结合偶次根式有意义的条件得到关于
的不等式组，解不等式组即可
求解.
【详解】由于函数
的定义域为
所以
，则
,
所以
的定义域满足
,解得：
,
所以
的定义域为：
；
故选：B
2．（25-26 高三上·陕西商洛·月考）已知函数
的定义域和值域均为
，则函数
的定义
域和值域分别为（ ）
A．
和
B．
和
C．
和
D．
和
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用抽象函数的定义域及值域求解判断即可.
【详解】函数
的定义域为
，则在函数
中，
，解得
，
因此函数
的定义域为
；
由函数
的值域为
，得函数
的值域为
，即
，
则
，故函数
的值域为
.
故选：C
3．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知
是定义在R 上的偶函数，且在区间
上单调递减，若实数
a 满足
，则a 的取值范围是（ ）
26
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由题意得
在区间
上单调递增，所以可将不等式转换为
即可求解.
【详解】因为
是定义在R 上的偶函数，且在区间
上单调递减，
所以
在区间
上单调递增，因为
，
，
所以
，所以
，
即
或
，解得
或
，
所以a 的取值范围是
.
故选：D.
4．（2025·陕西榆林·模拟预测）(多选)定义在
上的奇函数
满足
，
，则下
列结论正确的是（ ）
A．
B．
关于
对称
C．
的周期为2
D．
【答案】ABD
【分析】根据奇函数的性质判断A；由
得函数的对称性判断B；根据奇函数性质和对称
性可得函数的周期性判断C；利用函数周期性求值判断D.
【详解】对于A：因为
是
上的奇函数，所以
，即
，正确；
对于B：由
，知
图象关于
对称，正确；
27
对于C：因为
，
所以
，
所以
，即
的周期为4，错误；
对于D：
，正确.
故选： ABD
5. （25-26 高三上·湖南衡阳·月考）已知函数
，若有另一函数
有且仅有3 个不同零点，则常数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用分段函数的图象，来分析二次方程根的分布，最后利用根的分布可列参数满足的不等式，并
进行求解即可.
【详解】作出函数
的图象：
函数
的零点等价于方程
，
当
时，此时方程化为
可得
，
由
，结合图象，可得方程仅有2 个解，此时不满足题意；故
；
28
当
时，此时方程化为
可得
或
，
由
可得方程有一个解为
，
由
，结合图象，可得方程有个解，此时不满足题意；故
；
所以要使得函数有且仅有3 个不同零点，则满足
，
由于
所以二次方程
的根仅有一个满足
，另一个根
，
则满足
或
，解得
，
综上
的取值范围为
，
故选：D
6.（2025·四川眉山·模拟预测）(多选)已知函数
函数
，
则下列结论正确的是（ ）
A．若关于
的方程
恰有1 个实数根，则
的取值范围是
B．若关于
的方程
恰有2 个不同的实数根，则
的取值范围是
C．若
有5 个零点，则
的取值范围是
D．
可能有6 个零点
【答案】BC
【分析】作出
的大致图象，对于A 和B，只需通过平移直线观察它与的图象的交点情况即可得解；
对于CD，首先若
，则有
或
，数形结合即可建
29
立
的不等式组并求解，即可判断.
【详解】如图，作出
的大致图象，
由图可知，
若关于
的方程
恰有1 个实数根，则
的取值范围是
，故A 错误；
若关于
的方程
恰有2 个不同的实数根，则
的取值范围是
，故B 正确.
令
，得
，解得
或
.
若
有5 个零点，则
或
解得
，故C 正确.
若
有6 个零点，则
解得
，则
最多有5 个零点，故D 错误.
故选：BC.
7. （2024·四川德阳·模拟预测）已知函数
的定义域为
，且
，则
（ ）
A．0
B．1
C．2024
D．2025
【答案】D
【分析】利用赋值法，先令
求出
，再令
，结合方程组法可求解析式，则答案可得.
30
【详解】令
可得
，所以
，
再令
可得
，
即
①，
将上式中的
全部换成
可得
②，
联立①②可得
,
所以
，
故选：D
8.（2025·浙江·二模）定义在
上的函数
满足
，当
时，
，则函数
在区间
内的零点个数为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】B
【分析】由题设条件可得
，从而可先分析
在
上的零点个数为1，再结合前
者可得
内的零点个数.
【详解】因为
，故
，故
，
即
，
而当
时，
，
故当
时，
，故
，
故
，
31
当
时，
，
而
在
上为减函数，在
为增函数，
故
在
有有且只有一个实数解为
；
当
时，
，
而
，故
，此时
在
上无解；
故当
时，
，则
，
结合
上
的性质可得
在
上有且只有一个实数解，
且该实数解为
，在
无实数解，
而
且
，
故
在
上的实数解为
，
，
，
，共4 个实数解，
故
共有4 个不同的零点.故选：B.
9. （22-23 高三上·广西桂林·月考）已知定义在
上的函数
是偶函数，当
时，
，若关于
的方程
，有且仅有6 个不同实数根，
则实数
的取值范围是（ ）
32
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由偶函数性质可以画出函数
的图像，关于
的方程
有6 个不
同的实数根，根据数形结合和韦达定理即可求得结果.
【详解】由题意可知，函数
的图像如下图所示：
根据函数图像，函数
在
上单调递增，在
上单调递减；
且
时取最大值2，在
时取最小值0，
是部分图像的渐近线.
令
，则关于
的方程
即可写成
此时关于的方程应该有两个不相等的实数根（其他情况不合题意），
设
为方程的两个实数根，
显然，有以下两种情况符合题意：
①当
时，此时
，则
②当
时，此时
，则
综上可知，实数
的取值范围是
.
故选：C.
33
10. （25-26 高三上·四川广安·月考）已知函数
，若方程
有
且仅有5 个不同实数根，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】令
，将原方程转化为
，可得
，作出函数
的图象，数形结合，根据原方程根的个数，列出相应不等式，即可求得答案.
【详解】令
，则
即为
，即
，
即
，则
，
作出函数
的图象，如图：
因为方程
有且仅有5 个不同实数根，
结合图象可得
或
，
即
或
，
解得
或无解，
故实数
的取值范围是
，故选：D
34
35
