重难点培优04 复合函数、嵌套函数的零点问题（3题型）（培优讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习高效培优系列

该高中数学高考复习讲义聚焦复合函数零点这一核心考点，以嵌套函数概念为基础，按y=f[f(x)]、y=f[g(x)]、y=af²(x)+bf(x)+c三种类型构建知识体系，通过知识精讲梳理策略、题型深研剖析通法、分层训练巩固提升，形成系统性复习闭环。 讲义突出换元转化与分层讨论的解题策略，结合数形结合培养数学思维，设置典例变式与真题训练，分层练习兼顾基础与创新，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

重难点培优04 复合函数、嵌套函数的零点问题内容导航 知识精讲·重难聚焦讲技巧 题型深研·通法变式提能力 题型01 y=f[f(x)]型函数的零点问题 ………………………………………………………01 角度1 零点个数的判断 角度2 已知零点个数求参数 题型02 y=f[g(x)]型函数的零点问题 ………………………………………………………03 题型03 y=af2(x)+bf(x)+c 型函数的零点问题 ……………………………………………04 角度1 零点个数的判断 角度2 已知零点个数求参数 分层进阶·双阶训练验成效 巩固过关 ……………………………………………………………………………………………05 创新提升 ……………………………………………………………………………………………06 知识精讲·重难聚焦讲技巧 知识点1嵌套函数的概念 嵌套函数，又称复合函数，是指一个函数的输出作为另一个函数的输入，形成如f(g(x))或f(f(x))的结构。其中，g(x)为内层函数，f(x)为外层函数。这类函数在数学分析与实际建模中广泛应用，其零点问题（即方程f(g(x))=0的解）常需借助特殊策略求解。 知识点2嵌套函数零点问题的处理策略 处理嵌套函数零点的核心思想是“换元转化、分层讨论”。首先，令 ，将原方程转化为 ，先求解外层函数的零点 。然后，将每个 代回，解方程 ，从而得到原函数的零点。此过程体现了“由外到内”的分解逻辑。 在实际操作中，常结合图像法辅助分析。例如，若 有两个解 和 ，则原函数零点个数即为方程 与 的实数解个数之和。通过绘制 的图像，并观察其与水平线 、 的交点个数，可直观判断零点数量。 此外，需注意内层函数的值域对外层函数定义域的限制，避免增解或漏解。对于含参问题，可通过分析交点个数随参数变化的情况，确定参数范围。 总之，嵌套函数零点问题的关键在于换元降维、分层求解，并辅以数形结合，提升解题效率与准确性。 题型深研·通法变式提能力 题型1 y=f[f(x)]型函数的零点问题 角度1 零点个数的判断 【典例1-1】（多选）（2026高三·一轮·专题复习）已知函数，下列是关于函数的零点的判断，其中正确的是（　　） A．在内一定有零点 B．在内一定有零点 C．当时，有个零点 D．当时，有个零点 角度2 根据零点个数求参数范围 【典例1-2】（2026·山西忻州·模拟预测）已知函数．若关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围为_____． 【变式1-1】已知函数，则方程实数根的个数为（   ） A．6 B．7 C．10 D．11 【变式1-2】（25-26高一下·重庆·期中）已知函数，若函数有8个零点，则实数的取值范围为___________． 【变式1-3】（25-26高二·全国·暑假作业）函数，则函数的所有零点之和为_________． 【变式1-4】（25-26高三下·湖北武汉·阶段检测）已知函数，若，则函数的零点个数是___________． 【变式1-5】（2026·浙江宁波·二模）已知函数，设是三个不同的实数，且满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 方法技巧 y=f(f(x))型的处理策略 1.换元解套，转化为t＝g(x)与y＝f(t)的零点. 2.依次解方程，令f(t)＝0，求t，代入t＝g(x)求出x的值或判断图象的交点个数. 题型2 y=f[g(x)]型函数的零点问题 角度1 零点个数的判断 【典例2-1】已知函数和在的图象如下所示: 给出下列四个命题： (1)方程有且仅有6个根(2)方程有且仅有3个根 (3)方程有且仅有5个根(4)方程有且仅有4个根其中正确的命题是________. 将所有正确的命题序号填在横线上) 【变式2-1】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）设函数，若函数与都没有零点，则函数与（   ） A．恰有一个零点 B．至少有一个没有零点 C．至少有一个有零点 D．无法确定 【变式2-2】已知函数，，且方程有两个不同的解，则实数m的取值范围为__________，方程解的个数为__________. 角度2 已知零点个数求参数 【典例2-2】（25-26高一上·山东·期中）已知函数，，若方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式2-3】已知函数，，若方程有且仅有个不相等的解，则的取值范围是_____． 【变式2-4】已知函数，，其中均为实数．若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积为（    ） A． B． C． D． 【变式2-5】已知函数，若有6个零点，则的取值范围为 . 题型3 y=af2(x)+bf(x)+c 型函数的零点问题 角度1 函数零点个数的判断 【典例3-1】（2026·广东·模拟预测）若函数有极值点，，且，若，，则关于的方程的不同实根个数是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式3-1】（25-26高一上·天津·阶段检测）已知函数，则方程的解的个数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【变式3-2】．（25-26高三上·海南海口·期中）设函数则方程的实数根的个数可能为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【变式3-3】（25-26高一上·天津蓟州·阶段检测）已知定义在上的奇函数，当时， ，则关于的方程的所有实数根的和是（    ） A． B．0 C．7 D．6 角度2 已知零点个数求参数 【典例3-2】（2026·吉林延边·三模）已知函数，若函数有4个零点，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式3-4】（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数，若的零点个数为，则实数取值范围为（     ） A． B． C． D． 【变式3-5】（25-26高三下·江苏泰州·阶段检测）已知是定义在上的奇函数，当时，，若关于x的方程 恰有4个互不相等的实数根，则实数a的值为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【变式3-6】（2026·湖南邵阳·三模）已知函数，若函数有8个不同的零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 分层进阶·双阶训练验成效 巩固过关 1．（25-26高三上·福建漳州·阶段检测）已知函数则方程的解的个数为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．若函数，则的零点个数为（    ）. A．2 B．3 C．4 D．5 3．已知函数，则函数的零点个数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 4．（25-26高三上·重庆·月考）已知函数，若函数有6个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．（25-26高二下·重庆·期中）已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．（25-26高三上·河南·阶段检测）已知函数，的零点个数为，为实数，则下列正确的有（    ） A．当时， B．当时， C．在上单调递增 D．在上单调递增 7．（25-26高三上·福建福州·阶段检测）已知函数，关于的方程的解的个数可能是________. 创新提升 1．（25-26高一上·浙江杭州·期末）已知，则实数a满足，则满足条件的实数a的值的个数为（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 2．（25-26高三上·山东济南·期中）已知函数是定义在上的偶函数，且当时，，则函数的零点个数为（    ） A．5 B．6 C．16 D．8 3．（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． 4．设函数.若函数与都没有零点，则函数与（    ） 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 5．（2026·湖南衡阳·二模）已知函数与的图象关于直线对称，函数，，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．（多选）已知函数，，若方程有且仅有5个不相等的整数解，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．最大的整数解是4 D．最小的整数解是 7．（多选）（2026·江苏扬州·三模）已知函数设是三个不同的实数，且满足，，则下列选项中正确的有（     ）． A． B． C．的最小值为 D．的最大值为 8．（多选）（2026·山东德州·模拟预测）已知函数，关于的方程在上恰有14个不同的实数根，则的值可能为（    ） A．4 B． C．5 D． 9．（25-26高三上·湖南怀化·开学考试）已知函数，若函数恰有6个零点，则m的取值范围为______． 10．（2026·天津东丽·二模）设，函数，当时，的值域为______；若关于的方程恰有一个根，则的取值范围是______． 11．（25-26高三上·河南·阶段检测）设函数，则关于的方程根的个数为______，其所有根之和的取值范围为______． 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点培优04 复合函数、嵌套函数的零点问题内容导航 知识精讲·重难聚焦讲技巧 题型深研·通法变式提能力 题型01 y=f[f(x)]型函数的零点问题 ………………………………………………………02 角度1 零点个数的判断 角度2 已知零点个数求参数 题型02 y=f[g(x)]型函数的零点问题 ………………………………………………………09 题型03 y=af2(x)+bf(x)+c 型函数的零点问题 ……………………………………………16 角度1 零点个数的判断 角度2 已知零点个数求参数 分层进阶·双阶训练验成效 巩固过关 ……………………………………………………………………………………………23 创新提升 ……………………………………………………………………………………………30 知识精讲·重难聚焦讲技巧 知识点1嵌套函数的概念 嵌套函数，又称复合函数，是指一个函数的输出作为另一个函数的输入，形成如f(g(x))或f(f(x))的结构。其中，g(x)为内层函数，f(x)为外层函数。这类函数在数学分析与实际建模中广泛应用，其零点问题（即方程f(g(x))=0的解）常需借助特殊策略求解。 知识点2嵌套函数零点问题的处理策略 处理嵌套函数零点的核心思想是“换元转化、分层讨论”。首先，令 ，将原方程转化为 ，先求解外层函数的零点 。然后，将每个 代回，解方程 ，从而得到原函数的零点。此过程体现了“由外到内”的分解逻辑。 在实际操作中，常结合图像法辅助分析。例如，若 有两个解 和 ，则原函数零点个数即为方程 与 的实数解个数之和。通过绘制 的图像，并观察其与水平线 、 的交点个数，可直观判断零点数量。 此外，需注意内层函数的值域对外层函数定义域的限制，避免增解或漏解。对于含参问题，可通过分析交点个数随参数变化的情况，确定参数范围。 总之，嵌套函数零点问题的关键在于换元降维、分层求解，并辅以数形结合，提升解题效率与准确性。 题型深研·通法变式提能力 题型1 y=f[f(x)]型函数的零点问题 角度1 零点个数的判断 【典例1-1】（多选）（2026高三·一轮·专题复习）已知函数，下列是关于函数的零点的判断，其中正确的是（　　） A．在内一定有零点 B．在内一定有零点 C．当时，有个零点 D．当时，有个零点 【答案】CD 【分析】分及并画出相应图象进行讨论即可得. 【详解】当时，，图象如图（1）， 此时即， 若，则， 若，则， 又有2个零点，也有2个零点， 故有4个零点，故C正确； 当时，，图象如图（2）， 此时即，只有一种情况， 此时仅有1个零点， 所以当时，有1个零点，故D正确； 由图象可得A、B错误. 角度2 根据零点个数求参数范围 【典例1-2】（2026·山西忻州·模拟预测）已知函数．若关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围为_____． 【答案】 【分析】利用换元法，将多层复合方程拆解为外层和内层方程，通过分析外层方程根的分布，反推参数的取值范围. 【详解】已知，其值域为， 令，则原方程可化为，即：， 设该方程的两根为（），要使有4个不同实根，需满足： 有两个不同的实根，这两个根均大于. 即有两个不同实根，则 设，要使的两根均大于，需满足： 其中. 同时，当时，， 若，则是方程的一个根，此时仅有1个根， 有2个根，总根个数为3，不符合题意. 当时，（二重根），此时有2个不同实根，总根个数为2，不符合题意. 综上，的取值范围为. 【变式1-1】已知函数，则方程实数根的个数为（   ） A．6 B．7 C．10 D．11 【答案】D 【分析】先通过换元将方程等价转化为四个方程，，，的根，再结合函数的图象分别求解这四个方程可得. 【详解】令，则.当时，则，得或. 当时，则，得或. 再由，即，所以原方程等价于下面四个方程的根： ——①，——②，——③，——④. 再由，可知函数在上单调递减，在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增，图象如下： 对方程①，因为， 所以时，，得或，解得或； 当时，，得或（舍去）. 所以方程共有3个根. 对方程——②，因为. 所以时，，得或，解得或； 当时，，得或（舍去）. 所以方程共有3个根. 对于方程——③， 所以时，，得或，解得或； 当时，，得或. 所以方程共有4个根. 对于——④，由函数的图象可知方程有唯一的根. 综上所述，方程的根共有个根. 故选：D. 【变式1-2】（25-26高一下·重庆·期中）已知函数，若函数有8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，，对称轴为. 当时，函数在单调递增，函数图象如下： 令，则由， 结合图象可得或，即或. 结合图象可知，有2个解，有1个解， 此时函数有3个零点，不符合题意. 当时，函数在单调递增，在单调递减，函数图象如下： 令，则由，结合图象可得或或， 即或或. 由图可知，有2个解，有3个解， 又函数有8个零点，则需有3个解. 需使，解得. 综上，实数的取值范围为. 【变式1-3】（25-26高二·全国·暑假作业）函数，则函数的所有零点之和为_________． 【答案】13 【分析】令，根据，求得或，再根据和，结合分段函数的解析式，即可求解. 【详解】令， 由得或，所以或， 当时，或， 当时，则或，解得， 所以函数的所有零点之和为． 【变式1-4】（25-26高三下·湖北武汉·阶段检测）已知函数，若，则函数的零点个数是___________． 【答案】 【分析】本题需要先分析函数的奇偶性，利用导数研究函数的单调性和极值，得到函数的图象，然后再通过换元法，把零点问题转换成两个函数图象的交点问题. 【详解】函数的定义域为，由，得， 所以函数是偶函数， 当时，， 当时，， 当时，， 故在上单调递增，上单调递减， 又为偶函数， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，又时，，所以的值域为． 令，则，由，得， 因为，所以，画出与的图象如图所示， 所以在区间有唯一零点， 令，,函数的图象与函数的图象有4个交点，故函数的零点个数是4． 【变式1-5】（2026·浙江宁波·二模）已知函数，设是三个不同的实数，且满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先分析的图像及性质，依题意可知方程有三个不同的实根，结合图象可看出方程有三个不同的实根，当且仅当方程有两个不同的实根，结合等价于的等式可得到，最后即可推出的最小值． 【详解】解：， 在和单调递增，其简要图形如下： 设，即方程有三个不同的实数解， 又当时，有两个不同的实数解时，只有一个实数解， 所以有三个不同的实数解，当且仅当有两个不同的实数解， 且，，解得， 时，即， 不妨设， 则， 即，解得 ， 又在上单调递增， 时，． 方法技巧 y=f(f(x))型的处理策略 1.换元解套，转化为t＝g(x)与y＝f(t)的零点. 2.依次解方程，令f(t)＝0，求t，代入t＝g(x)求出x的值或判断图象的交点个数. 题型2 y=f[g(x)]型函数的零点问题 角度1 零点个数的判断 【典例2-1】已知函数和在的图象如下所示: 给出下列四个命题： (1)方程有且仅有6个根(2)方程有且仅有3个根 (3)方程有且仅有5个根(4)方程有且仅有4个根其中正确的命题是________. 将所有正确的命题序号填在横线上) 【答案】(1)(3)(4). 【解析】(1)或0或1,共有6个解.(1)正确. (2)或,其中为的两根,有一个根,有三个根,共有四个根.(2)不正确 (3)有三个根,或0或有三个根,有一个根,有一个根,共有五个根,(3)正确(4)有二个根,或有二个根,有二个根, 共有四个根,(4)正确. 【变式2-1】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）设函数，若函数与都没有零点，则函数与（   ） A．恰有一个零点 B．至少有一个没有零点 C．至少有一个有零点 D．无法确定 【答案】B 【分析】通过定义、的值域，结合已知的无零点条件，分值域的包含（或相等）关系讨论，推导与的零点情况. 【详解】设二次函数的值域为集合， 指数函数的值域为集合. 由“无零点”，得方程在时无实根； 由“无零点”，得方程在时无实根. 分三种情况讨论与的关系： ①若： 的自变量， 结合“在无实根”，得无零点； ②若： 的自变量， 结合“在无实根”，得无零点； ③若： 的自变量， 的自变量，故两者均无零点. 综上，函数与至少有一个没有零点. 故选：B 【变式2-2】已知函数，，且方程有两个不同的解，则实数m的取值范围为__________，方程解的个数为__________. 【答案】 4 【分析】作出函数与函数的图象，数形结合可得出实数的取值范围；对于方程，设，作出函数的图象，数形结合可得出函数与直线的交点横坐标、、的取值范围，再结合图形得出方程、、的根的个数即可. 【详解】如图，作出函数的图象， 由题意，直线与函数的图象有两个不同的交点. 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个不同的交点， 故实数m的取值范围为； 对于方程，设，则有， 依题意，即是求解函数与直线的交点个数问题. 作出函数的图象如下图所示： 因为，函数与有个交点， 即有三个根、、，其中、、， 再结合的图象可知，方程有个不同的根，方程有个根，方程有个根， 综上所述，方程有个不同的解. 故答案为：；. 角度2 已知零点个数求参数 【典例2-2】（25-26高一上·山东·期中）已知函数，，若方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出图象，问题转化为必须有两个小于2的不同根，数形结合得解. 【详解】令，则，如图， 由图像可知，和均最多有2个不同的根， 所以要使得有四个不同的解，则必须有两个小于2的不同根，由的图像可得实数的取值范围是. 故选：B 【变式2-3】已知函数，，若方程有且仅有个不相等的解，则的取值范围是_____． 【答案】 【分析】法一：结合函数图象，换元法结合有个不相等的解列式计算求参；法二：方程的5个不相等的解等价于有两根，其中一根，另一根，进而列式计算求解. 【详解】法一：当时，（时等号成立）， 当时，在单调递减且，的图象如图所示， 令，，即， 由有个不等解等价于有两根， 其中一根，另一根， 根据韦达定理，，，则，， ，由，所以． 法二：可知由有个不等解等价于有两根，其中一根，另一根， 所以， 由①得，则， 将④代入②得：⑤ 又由③得⑥， 由⑤⑥可知，所以. 故答案为：． 【变式2-4】已知函数，，其中均为实数．若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】画出的图象，令，根据函数图象可得有两个不等实根，且有两个整数根，有三个整数根，数形结合得到，此时两个整数根分别为2和，数形结合得到三个整数根中，必有一个小于2，只有满足要求，故，求出五个整数根分别为，，1，2，4，即可得到答案. 【详解】令，则， 根据的图象可知，要满足题意必须有两个不等实根， 且有两个整数根，有三个整数根， 结合图象，当与相切时满足要求， 在上单调递减，在上单调递增， 故当时，取得最小值，最小值为，故， 又，，其在定义域内单调递减，令，解得， 故时，有两个整数根，分别为2和， 由图象可知，的三个整数根中，必有一个小于2，显然只有满足要求， 此时，故，令，解得另一个根为4， 又，解得， 故五个整数根分别为，，1，2，4， 所以最大整数解和最小整数解之积为． 故选：A． 【变式2-5】已知函数，若有6个零点，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】作出函数图象，进行分析，最多有两个零点，根据一个零点对应最多4个解，用数形结合讨论各种情况，根据一元二次方程根的分布即可得出结果. 【详解】 由题可得函数图象， 当或时，有两个解； 当时，有4个解； 当时，有3个解； 当时，有1个解； 因为最多有两个解. 因此，要使有6个零点，则有两个解， 设为，则存在下列几种情况： 有2个解，有4个解，即或，显然， 则此时应满足，即，解得， 有3个解，有3个解，设即， 则应满足，无解，舍去， 综上所述，的取值范围为. 题型3 y=af2(x)+bf(x)+c 型函数的零点问题 角度1 函数零点个数的判断 【典例3-1】（2026·广东·模拟预测）若函数有极值点，，且，若，，则关于的方程的不同实根个数是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】求导后转化为方程根的问题，再结合题意求出方程的不同实根个数. 【详解】，且，是极值点， 则，故 令，则方程即为 ，解得或， 因此原方程等价于，．示意图如下，可得实根个数为4． 【变式3-1】（25-26高一上·天津·阶段检测）已知函数，则方程的解的个数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】根据方程，解得或5，作出，和的图象，根据交点个数，即可得答案. 【详解】有，得，解得或5， 当时，单调递减， 因为为开口向上，对称轴为的抛物线， 令，解得或5， 所以当时，，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 作出，和的图象，如下图所示： 由图象可得直线与的图象有4个交点， 直线与的图象有2个交点，共有6个交点， 所以方程解的个数为6. 故选：B 【变式3-2】．（25-26高三上·海南海口·期中）设函数则方程的实数根的个数可能为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】先对求导，利用导求出的单调区间和极值，画出的大致图象，然后令，则，可得方程有两个不相等的实根，设为，将问题转化为与，交点个数，利用图象求解即可. 【详解】的定义域为， 由，得， 由，得，由，得或， 所以在上递增，在和上递减， 所以的极大值为，极小值为， 当时，，则的大致图象如图所示， 令，则， 所以方程有两个不相等的实根，，， 所以由图可知，的图象与有2 个不同的交点，的图象与有1 个不同的交点， 所以原方程有3个不同的根. 故选：B 【变式3-3】（25-26高一上·天津蓟州·阶段检测）已知定义在上的奇函数，当时， ，则关于的方程的所有实数根的和是（    ） A． B．0 C．7 D．6 【答案】A 【分析】先设，求出方程的解，利用函数的奇偶性作出函数在时的图象，利用数形结合即可得到结论． 【详解】解：设，则关于的方程， 等价， 解得或， 当时，，此时不满足方程． 若，则，即， 若，则，即， 作出当时，的图象如图：    当时，对应3个交点．即， ∵函数是奇函数， ∴当时，由， 可得当时，，此时函数图象对应4个交点， 即 方程的7个实根和为． 故选：A． 角度2 已知零点个数求参数 【典例3-2】（2026·吉林延边·三模）已知函数，若函数有4个零点，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】借助导数确定函数的性质并作出图象，再由函数零点的意义变形，将问题转化为直线与函数图象有4个交点求解. 【详解】当时，在上单调递减，函数值域为， 在上单调递增，函数值集合为，在上单调递减，函数值集合为， 当时，，求导得，由，得； 由，得，函数在上单调递减，在上单调递增，， 当从大于0的方向趋近于0 时，，当时，，函数的图象如图： 由，得，则或， 显然方程无解，要函数有4个零点，当且仅当方程有4个解， 即直线与函数的图象有4个交点，则，解得， 所以实数a的取值范围是. 【变式3-4】（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数，若的零点个数为，则实数取值范围为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】画出的图象，结合函数的图象可得方程的解、满足，根据根分布可求实数取值范围． 【详解】根据解析式知的图象如图所示： 由题意，有4个不相等的实数根， 设，结合图象可知有两个不等实根， 设此关于方程的解为、，其中均不为零且． 由题设可得关于的方程和共有4个不同的解，， 故不能都大于2，不能都小于等于1， 故（舍）或或（舍）． 令，其开口向上， 需满足，即，解得. 【变式3-5】（25-26高三下·江苏泰州·阶段检测）已知是定义在上的奇函数，当时，，若关于x的方程 恰有4个互不相等的实数根，则实数a的值为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】对该方程进行因式分解，得到的可能取值，分析时的分段函数图象和性质，再利用奇函数性质得到和时的图象，结合的图象确定的取值. 【详解】由因式分解得： 即或. 是定义在上的奇函数，则； 由题意知当 时， ， 当 时，，则， 当 时，，则， 以此类推，可作出当时时的图象，再由奇函数对称性可得时时的图象，如图所示： 结合图象可知，和的图象有2个交点，即有2个根； 当时，和的图象有2个交点，即有2个根， 结合图象可知其他选项不合题意， 所以，满足原方程恰有4个互不相等的实数根. 【变式3-6】（2026·湖南邵阳·三模）已知函数，若函数有8个不同的零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先分析函数，作出函数大致图象，分析函数，把零点问题转化为关于的方程有2个不同的根和，且关于的方程分别有4个不同的根，进而结合判别式和韦达定理构造方程组，并分情况讨论求出实数的取值范围． 【详解】当时，，开口向下，对称轴为， ； 当时，，，函数在单调递减，在单调递增； 作出的大致图象如下， 设，则关于的方程有2个不同的根和， 且关于的方程分别有4个不同的根． 不妨设，则关于的方程需满足：， ①若，则，故， 且，即， 解得； ②若，则，此时，符合题意，故． 分层进阶·双阶训练验成效 巩固过关 1．（25-26高三上·福建漳州·阶段检测）已知函数则方程的解的个数为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】根据函数解析式以及分段函数的性质，画图，利用换元法，整理化简方程，再利用方程与函数的关系，结合图象，可得答案. 【详解】函数的图象如图所示： 设，则方程即，由图象可知，与有三个交点， 横坐标分别为，其中，，， 方程解的个数转化为方程，，解的个数之和， 由图象可知，与有一个交点，与有三个交点， 与没有交点， 所以方程解的个数为. 故选：B. 2．若函数，则的零点个数为（    ）. A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】令，可得或，分，求导判断的单调性及极值，进而可得，的解的个数，进而可得的零点个数. 【详解】令，则，所以， 解得，解得或， 当时，，求导得， 令，则，解得， 若时，，若，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 且，， 当时，在上单调递增，且， 所以有3个解，有2个解， 所以的零点个数为5个. 故选：D. 3．已知函数，则函数的零点个数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【分析】令，由可得，，，分类讨论结合函数图象分析求解即可. 【详解】求函数的零点个数，即求方程的不同实数根的个数， 如图，作出函数的大致图象， 令，则，解得，，． 当时，，则，此时方程无解； 当时，，则，此时方程有3个不同实数根； 当时，，则，此时方程有2个不同实数根． 综上可知，函数的零点个数为5． 故选：A． 4．（25-26高三上·重庆·月考）已知函数，若函数有6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】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： 令，，解得或或， 根据图象有2个解，有3个解， 又有6个零点，所以要有1个解， 即，解得， 故选：D. 5．（25-26高二下·重庆·期中）已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先换元将原方程转化为关于的二次方程，求出的解，再结合的单调性、极值分析的根的个数，最终根据总实根为 4 个确定的取值范围. 【详解】因为，所以， 当时，，则函数在上单调递增，且， 当时，，则函数在上单调递增， 当时，，则函数在上单调递减， ，所以在处取到极大值， 且当时，，则的大致图象为： 由此可得大致图象为： 令，由题意可得则方程可化为， 即，解得或， 原方程有且仅有4个不同的实根， 等价于和对应方程的根的总数为4个， 因为，所以，结合图象， 要使和有且仅有4个根， 则需要满足：且，解得，此时有1个实根，有3个实根，满足题意. 6．（25-26高三上·河南·阶段检测）已知函数，的零点个数为，为实数，则下列正确的有（    ） A．当时， B．当时， C．在上单调递增 D．在上单调递增 【答案】AD 【分析】作出函数的图象，数形结合可判断AB选项；利用复合函数的单调性可判断CD选项. 【详解】因为函数，函数的图象如下图所示： 当时，由可得， 当时，由可得；当时，由，可得. 综上所述，当时，，A对； 对于B选项，当时，令，则有两解、，且，， 方程有两解，方程有两解，故当时，，B错； 令，则， 当时，， 函数在上单调递增，函数在上单调递减， 由复合函数的单调性可知，函数在上单调递减，C错； 当时，， 函数在上单调递减，函数在上单调递减， 由复合函数的单调性可知，函数在上单调递增，D对. 故选：AD. 7．（25-26高三上·福建福州·阶段检测）已知函数，关于的方程的解的个数可能是________. 【答案】 【分析】令，方程转化为，再根据判别式分析二次方程根的个数，再结合分段函数得出方程的解的个数情况. 【详解】函数的图像如下：    令，则，则， 当时，即，或，方程无解， 即无解； 当时，，由图可知与的图象有两个交点，即方程解的个数为2个， 当时，即，，，则， 故，， 当时，则有两解， 当时，若，则有三解，若，则有两解， 故方程解的个数为4或5个， 综上方程解的个数可能为个. 故答案为：. 创新提升 1．（25-26高一上·浙江杭州·期末）已知，则实数a满足，则满足条件的实数a的值的个数为（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】作函数图象，数形结合求解. 【详解】令，解得， 因为，所以， 作出函数，直线的图象，如图， 由图象可知，直线与函数图象有3个交点， 所以的根有3个，即满足条件的实数a的值的个数为3个. 2．（25-26高三上·山东济南·期中）已知函数是定义在上的偶函数，且当时，，则函数的零点个数为（    ） A．5 B．6 C．16 D．8 【答案】D 【分析】利用换元法结合题意求解零点个数，再利用偶函数性质排除掉其他区间的零点即可. 【详解】令，由题意得欲求的零点个数， 则求的零点个数，即求的零点个数， 故求与的交点个数即可，如图，作出符合题意的图象，      由图象可得共4个交点，但，故， 当时，此时求的零点个数即可， 当时，令，无解， 当时，， 令，解得（负根舍去）， 当时，， 令，解得， 当时，由偶函数性质可得的零点为和， 得到共有4个零点， 当时，此时求的零点个数即可， 当时，令，无解， 当时，， 令，无解， 当时，， 令，解得（负根舍去）， 当时，，且， 令，解得（负根舍去）， 当时，由偶函数性质可得的零点为和， 得到共有4个零点， 则当时，结合题意归纳得，无解， 由偶函数性质得当时，结合题意归纳得，无解， 则函数的零点个数为8，故D正确. 故选：D 3．（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. 若，则仍需，此时，不符合题意，舍去； 综上：. 故选：B 4．设函数.若函数与都没有零点，则函数与（    ） 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 5．（2026·湖南衡阳·二模）已知函数与的图象关于直线对称，函数，，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令可将方程变为，通过分析可确定，将问题转化为在上有解的问题，通过分离变量的方法，结合导数求得函数值域，进而得到所求范围. 【详解】与图象关于直线对称，， ，； 设，则由得：， 均在函数图象上； 假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾； 假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾； ，即在上有解，即； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， 又，，，解得：， 即实数的取值范围为. 6．（多选）已知函数，，若方程有且仅有5个不相等的整数解，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．最大的整数解是4 D．最小的整数解是 【答案】BCD 【分析】作出函数的大致图象，令，由方程有且仅有5个不相等的整数解，转换成有两个不等根，且有两个整数根，有三个整数根，即可求解. 【详解】因为当时，，当且仅当时取等号， 当时，， 因为在单调递减，而单调递增， 所以在定义域内单调递减， 结合对勾函数和对数函数的图象与性质，作出函数的大致图象，如下： 令，则，即，根据的图象可知， 要满足题意必须有两个不等根，且有两个整数根，有三个整数根， 当且仅当时，有两个整数根或． 要满足有三个整数根，结合图象知必有一根大于0小于2， 显然只有符合题意，当时，，则． 即的两个不相等的根为4和5，所以，．故A错误，B正确． 解方程得或，解方程得， 此时五个整数根从小到大依次是，，，，，故C，D正确． 故选：BCD． 7．（多选）（2026·江苏扬州·三模）已知函数设是三个不同的实数，且满足，，则下列选项中正确的有（     ）． A． B． C．的最小值为 D．的最大值为 【答案】AB 【分析】结合图像得出方程有三个不同的实数根当且仅当有两个不同的实根，根据方程和求出，再逐个选项进行判断. 【详解】画出函数的图像： 设，即方程有三个不同的实根， 由于在上单调递增，且该部分值域为，在单调递增，且该部分值域为，， 令， 结合图像可知，方程有三个不同的实数根当且仅当有两个不同的实根， 即当且仅当，且， ， 再考虑方程和，注意， 或或， 因为，所以， 对于A，， 所以，A正确； 对于B，，， 令，则，当时，， 所以，所以在上单调递增， 所以，所以，B正确； 对于C，，因为，所以单调递增， 因为，所以无最小值，C错误； 对于D，在上单调递增， 所以，所以的最大值为，D错误. 8．（多选）（2026·山东德州·模拟预测）已知函数，关于的方程在上恰有14个不同的实数根，则的值可能为（    ） A．4 B． C．5 D． 【答案】BC 【分析】将关于的四次方程因式分解，转化为正弦函数取特定值的问题，再根据的区间得到相位范围，结合正弦函数图像的根的分布，建立不等式求解参数的范围. 【详解】关于的方程即为，得或. 由，得， 因为关于的方程在上恰有14个不同的实数根， 所以根据正弦函数的图象得，解得. 故答案为BC. 9．（25-26高三上·湖南怀化·开学考试）已知函数，若函数恰有6个零点，则m的取值范围为______． 【答案】 【分析】目标函数内外两层是不同的解析式，可以分层化归为已知函数来求解. 【详解】令，则恰有个零点， 等价于有三个不同的解，，， 且对应有个实数根， 由函数的图象，如图， 所以，， 要满足有个实数根，则需 即，解得． 故m的取值范围为． 故答案为：． 10．（2026·天津东丽·二模）设，函数，当时，的值域为______；若关于的方程恰有一个根，则的取值范围是______． 【答案】 【分析】分别求出时的函数值域与时函数的值域即得；分、及进行讨论即得. 【详解】当时，，当时，， 当时，，故此时的值域为； 若关于x的方程恰有一个根， 当时，可得，即，则，解得，不合题意，舍去； 当时，可得，即， 令，，则恒成立，故在上单调递增， 又，， 故当时，该方程在上有一个根； 当时，可得，即， 则，解得， 令，可得，令，可得， 故当时，该方程在上有两个根， 当时，该方程在上有一个根， 当时，该方程在上无根； 综上可得：当时，该方程无根；当时，该方程恰有一个根； 当时，该方程有两个根；当时，该方程有三个根； 当时，该方程有两个根. 故的取值范围是. 11．（25-26高三上·河南·阶段检测）设函数，则关于的方程根的个数为______，其所有根之和的取值范围为______． 【答案】 2 【分析】令，则，由得，进而得，作出的图象，利用数形结合即可求解；由题意，进而得，令，则，令，利用导数法研究单调性得，又时，，可得，即可求解. 【详解】令，则，所以，由， 因为，所以，作出的图像： 由图可知：有两个交点，所以的根的个数为2； 由有， 所以， 所以， 令，则，令，则， 所以在上单调递减， 所以当时，，所以， 又因为时，，所以，且当时，， 又当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于正无穷大， 所以，所以. 故答案为：. 学科网（北京）股份有限公司 $