【高考二轮题型复习】2023年高考数学题型精讲精练学案（全国通用）——专题04 复合（嵌套）函数综合问题（原卷版+解析版）

这是一份【高考二轮题型复习】2023年高考数学题型精讲精练学案（全国通用）——专题04 复合（嵌套）函数综合问题（原卷版+解析版），文件包含专题04复合嵌套函数综合问题解析版docx、专题04复合嵌套函数综合问题原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共64页， 欢迎下载使用。

嵌套函数的零点数量、零点范围、参数范围等问题常见于高考和各类模拟试题的压轴小题。可以说是函数中最困难的部分都不为过，如果能把该板块内容理解透彻，那你对函数的理解有上了一个新的台阶。我们常见有两类嵌套函数分别是：“自（互）嵌套型”和“二次嵌套型”，解题的主要思路是:首先通过“换元”达到“解套”的目的，再利用数形结合的思想解决具体问题即可。
一、热点题型归纳
题型1.自（互）嵌套函数：“与”型问题
题型2.自嵌套函数：“”型问题
题型3.互嵌套函数：“”型问题
题型4.自嵌套函数：“”型问题
题型5.互嵌套函数：“”型问题
题型6.自嵌套函数：“”型
题型7.自嵌套函数：不动点与稳定点
题型8.自嵌套函数：其他类型
题型9. 二次嵌套函数：可因式分解型
题型10. 二次嵌套函数：参变分离与判别式、求根公式型
题型11. 二次嵌套函数：线性规划型
题型12. 二次嵌套函数：整数解问题
题型13. 二次嵌套函数：与函数性质综合型
二、最新模考题组练
三、十年高考真题练
【题型1】自（互）嵌套函数：“与”型问题
【解题技巧】1）嵌套函数自身互嵌型：f（f（x））；2）嵌套函数双函数互嵌型：f（g（x））。
主要步骤：1）换元，设t=f（x）或t=g（x），转化为f（t）=0；
2）解方程：f（t）=0，得到根t1，t2；
3）解方程：f（x）=t1或f（x）=t2。
【典例分析】
1．（2022·湖南·长郡中学高三期中）（多选题）定义域和值域均为（常数）的函数和图象如图所示，给出下列四个命题，那么，其中正确命题是（ ）
A．方程有且仅有三个解 B．方程有且仅有三个解
C．方程有且仅有九个解 D．方程有且仅有一个解
【答案】AD
【分析】通过利用或，结合函数和的图象，分析每个选项中外层函数的零点，再分析外层零点对应的直线与内层函数图象的交点个数，即可得出结论.
【详解】解：对于A中，设，则由，即，
由图象知方程有三个不同的解，设其解为，，，
由于是减函数，则直线与函数只有1个交点，
所以方程，，分别有且仅一个解，所以有三个解，故A正确；
对于B中，设，则由，即，由图象可得有且仅有一个解，设其解为b，可知，则直线与函数只有2个交点，
所以方程只有两个解，所以方程有两个解，故B错误；
对于C中，设，若，即，
方程有三个不同的解，设其解为，，，设，
则由函数图象，可知，，
由图可知，直线和直线分别与函数有3个交点，
直线与函数只有1个交点，所以或或共有7个解，
所以共有七个解，故C错误；对于D中，设，若，即，
由图象可得有且仅有一个解，设其解为b，可知，
因为是减函数，则直线与函数只有1个交点，
所以方程只有1解，所以方程只有一个解，故D正确.故选：AD.
【点睛】对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下：（1）确定内层函数和外层函数；（2）确定外层函数的零点；（3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、，则函数的零点个数为.
【变式演练】
1．（2022·陕西西安·三模（理））定义域和值域均为(常数)的函数和的图象如图所示，则方程解的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】由图象可得方程在上有三个实数解，结合函数的值域与单调性即得解.
【详解】由图(a)可知，方程在上有三个实数解，
由图(b)可知，函数在上单调递减，且值域为，
所以方程有三个实数解.故选：C.
【点睛】本题考查了函数图象的应用，考查了数形结合思想，属于基础题.
2．（2022·广东·顺德高三期中）已知函数的定义域和值域都是（其图象如图所示），函数，．定义：当且时，称是方程的一个实数根．则方程的所有不同实数根的个数是（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】先由图象判断的根的个数及范围，再由求原方程的根的个数
【详解】当且，即
通过图象可知方程有4个非零实数解，分别设为，，，，可知：
又∵，，∴分别为，，，时都有两个与之对应，
因此方程的所有不同实数根的个数是8个．故选：D
【题型2】自嵌套函数：“”型问题
【解题技巧】解题的主要思想：换元法和数形结合
主要步骤：1）换元，设t=f（x），转化为f（t）=-k；2）解方程：f（t）=-k，得到根t1，t2；
3）解方程：f（x）=t1或f（x）=t2。
【典例分析】
1．（2022·陕西高三）已知函数，则函数的零点的个数是
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】利用换元法，先求得当时t的值；再带回原函数求得x的值．
【详解】因为的零点即为 令 ，代入上式得
当 时，，解得符合的条件，即
若，解得符合的条件 若，解得符合的条件
当 时，，解得符合的条件
若，解得不符合的条件 若，解得符合的条件
所以零点为，，，共3个零点 所以选B
【点睛】本题考查分段函数零点的判断及自变量的求法，注意最后结果中不符合要求的要舍去，属中档题．
【变式演练】
1．（2022.成都市高三模拟）设函数，则当时，函数的最大值等于 ，若是函数的所有零点中的最大值，且，，则 ．
【解析】解：当时，；作函数的图象如下，
解得，或；
又是函数的所有零点中的最大值，；
且（2），（3）；故．故答案为：1，2．
2．已知函数，则函数的零点个数为
A．3B．4C．5D．6
【解析】解：令，可得或或，
函数的图象如图所示，由图象可知，当时，有1个解；
当时，有3个解；当时，有1个解．
综上所述，函数的零点个数为5个．故选：．
【题型3】互嵌套函数：“”型问题
【解题技巧】解题的主要思想：换元法和数形结合
主要步骤：1）换元，设t=g（x），转化为f（t）=-k；2）解方程：f（t）=-k，得到根t1，t2；
3）解方程：f（x）=t1或f（x）=t2。
【典例分析】
1．（2022·广东·高三专题练习）已知函数，若关于x的方程有四个不同的解，则实数m的取值集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，根据的解析式，可得的单调性、奇偶性，即可作出的图象，即可求得t的最小值，利用导数判断的单调性，结合t的范围，作出的图象，数形结合，可得 时，的图象与图象有2个交点，此时与分别与有2个交点，即即有四个不同的解，满足题意，即可得答案.
【详解】设，则有四个不同的解，
因为，所以为偶函数，且当时，为增函数，
所以当时，为减函数，所以，即，
当时，，则，
令，解得，所以当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
又，作出时的图象，如图所示：

所以当时，的图象与图象有2个交点，且设为，
作出图象，如下图所示：
此时与分别与有2个交点，即有四个不同的解，满足题意.
综上实数m的取值范围为.故选：A
【点睛】解题的关键是根据解析式，利用函数的性质，作出图象，将方程求根问题，转化为图象求交点个数问题，考查分析理解，数形结合的能力，属中档题.
【变式演练】
1．（2022·山东·高三专题练习）已知，若有四个不同的解，则实数的取值集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】据导函数分别讨论两个函数的单调性，将问题转化为讨论的根的个数.
【详解】是定义在R上的偶函数，
讨论当x＞0时，，
当，，
所以＞0，
即函数在单调递增，单调递减，
，
，
考虑在单调递减，
所以必存在使得，，
则，，，
在单调递增，单调递减，所以
由洛必达法则：，，，
若有四个不同的解，考虑，
若，则=0仅有两根，不合题意；所以，两根，设
一共有四个根，当，无解，
当，，一共四个不同实根，此时，
三个实根，两个实根，不合题意，综上所述.故选：D
【点睛】此题考查根据方程的根的个数求解参数的取值范围，关键在于熟练掌握利用导函数讨论函数性质，根据函数性质处理方程的根的问题.
2．（2022湖北黄冈第二次模拟）已知函数，（其中是自然对数的底数），若关于的方程恰有三个不等实根，，，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别画出和的图像，令，则，要满足题意，则，此时y=m与y=g(t)有两个交点，且，通过研究函数图像，由图可得，，用表示出，构造函数求导可求最值.
【详解】根据题意画出和的图像，如图，令,则, ,
当时，y=m与y=g(t)有两个交点，且，
当时对应两个x值，当时对应一个x值，则方程恰有三个不等实根，，，且,，取对数得，所以，
构造函数，，，，
h(t)在上单调递减，在上单调递增，
所以当时函数h(t)取得最小值故选：B
【点睛】本题考查复合函数与分段函数的应用，同时考查导数的综合应用及最值问题，应用了数形结合的思想及转化构造的方法．
【题型4】自嵌套函数：“”型问题
【解题技巧】解题的主要思想：换元法和数形结合，步骤同题型2.
【典例分析】
1．（2022.江西高三模拟）设函数．若方程有解，则的取值范围为
A．B．C．D．，
【解析】解：设，，则方程等价为，即，，即，
在时有解，即，在时成立，
设，
当时，取得最大值，，即，故选：．
【变式演练】
1．（2022.绵阳市高三月考）设函数．若对任意，均有，则实数的取值范围是 ．
【解析】解：函数．若对任意，均有，
即为，即，
可得恒成立，由，即有，故答案为：．
2．（2022.陕西高三期中）对于函数，若，则称为的“不动点”，若，则称为的“稳定点”，记，，则下列说法错误的是
A．对于函数，有成立B．若是二次函数，且是空集，则为空集
C．对于函数，有成立D．对于函数，存在，使得成立
【解析】解：对于：函数，，故正确；
对于：若为二次函数，是空集，则对任意实数，方程无解，
这样也无解，所以也为空集，故正确；
对于：函数为单调减函数，任取，则，
而，即，反之，任取，则，
若，则，出现矛盾，若，则，出现矛盾，
所以，则，综上所述，，故正确；
对于：对于函数，由，得，当时，，所以，，
又，所以，所以，故错误；故选：．
【题型5】互嵌套函数：“”型问题
【解题技巧】解题的主要思想：换元法和数形结合，步骤同题型3.
【典例分析】
1．（2022•浙江模拟）若和都是定义在实数集上的函数，且方程有实数解，则不可能是
A．B．C．D．
【解析】解：由，得，
所以，得，所以与是等价的，
即有解也有解，也就是说有解的都是可能的
题目要我们选不可能的，所以只能选无解的那个．故选：．
【变式演练】
1．（2022•徐州期中）若和都是定义在上的函数，且方程有实数解，则下列式子中可以为的是
A．B．C．D．
【解析】解：因为，所以，则有解，
对于，当时，方程有解，故选项正确；
对于，当时，方程无解，故选项错误；
对于，当，令，因为，
由零点的存在性定理可知，在上存在零点，所以方程有解，故选项正确；
对于，当时，为方程的解，所以方程有解，故选项正确．故选：．
2．（2022•上虞区二模）已知两函数和都是定义在上的函数，且方程有实数解，则有可能是
A．B．C．D．
【解析】解析：由，得，故，，
故有实数解．对于，，即，方程无解，不符合题意；
对于，，即，方程无解，不符合题意；
对于，，即，方程有解，符合题意；
对于，，即，方程无解，不符合题意．故选：．
【题型6】自嵌套函数：“”型
【解题技巧】解题的主要思想：换元法和数形结合，步骤同题型3.
【典例分析】
1．（2022·吉林高三）已知函数，（e为自然对数的底数），则函数的零点个数为（ ）
A．8B．7C．6D．4
【答案】C
【分析】设，由，得，作出，的图象，由与的图象有4个交点求解.
【详解】解：设，由，得，
作出，的图象，如图所示：
设直线与相切，切点为，则，解得，，
设直线与相切，切点为，则，解得，，
故直线与的图象有4个交点，
不妨设，且，由图象可知：，
由的函数图象可知无解，有一个解，
有三个解，有两个解，所以有6个零点，故选：C
【变式演练】
1．（2022湖南衡阳高三考前预测）已知函数，则方程（是自然对数的底数）的实根个数为__________.
【答案】6
【分析】令，原方程可得，利用数形结合判断与交点个数及交点横坐标的范围，再根据横坐标判断时交点的个数，即为实根的个数.
【详解】令，方程为：，即，与 的性质如下：
1、：在上单调递增，值域为；上递增,上递减，
值域为且、；上单调递增，值域为；
2、：过定点，定义域上单调递减；∴可得函数图象如下图示，
∴共有三个交点，横坐标分别为 ，且，
∴当，显然无解；当时，有四个实根；当时，有两个实根，
∴如下图示：一共有6个实根.故答案为：6
【点睛】关键点点睛：令，原方程可得，讨论与 的性质并画出函数图象，根据交点横坐标的范围，应用数形结合判断根的个数.
【题型7】自嵌套函数：不动点与稳定点
【解题技巧】解题的主要思想：换元法和数形结合，
【典例分析】
1．（2022·成都市·高三专题练习）对于函数，若，则称为函数的“不动点”；若，则称为函数的“稳定点”．如果函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，那么实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】函数的“不动点”一定是“稳定点”，而函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，即不存在非“不动点”的“稳定点”，所以有解，但方程组无解，然后利用判别式即得.
【详解】因为函数的“不动点”一定是“稳定点”，而函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，即不存在非“不动点”的“稳定点”，所以有解，但方程组无解，
由，得有解，所以，解得
由得两式相减，得，
因为，所以，消去，得，
因为方程无解或仅有两个相等的实根，
所以，解得，故a的取值范围是故选：D.
【变式演练】
1．（2022•湖北期中）设函数．若曲线上存在点，，使得，则实数的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：由题意可得，，，
曲线上存在点，使得，
存在，，使成立，
函数 在它的定义域内单调递增，下面证明
假设，则（c），不满足，
同理假设，则不满足，综上可得：，
则问题等价于方程，，有解，即在，有解，
分离参数可得，令，
，，，所以函数在，上单调递增，
所以（1），所以，故选：．
【题型8】自嵌套函数：其他类型
【解题技巧】解题的主要思想：换元法和数形结合，
【典例分析】
1．（2022·江西·高三专题练习）已知定义在上的单调函数满足对,则方程的解所在区间是
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用函数的单调性及可得，再利用可求函数的解析式，求出后可估计的解所处的区间.
【详解】因为为单调函数且，则必是常数，
故设，其中为常数，故，因为，
令，故，故为上的增函数，
因为时，，故方程有且仅有一个解，故，
而方程可化为，整理得到，
令，故为上的单调增函数，
而，，故方程的根在区间中，故选C.
【点睛】不可解方程的根的估计，要利用函数的单调性和零点存在定理，后者需要找两个异号的函数值，可依据函数解析式的特点选择合适的点.
【变式演练】
1．（2022·山东·日照校高三期中）已知是定义在上的单调函数，是的导函数，若对都有，则方程的解所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用换元法求出函数的解析式及导数法则，再利用函数零点的存在性定理即可求解.
【详解】由题意可知，对任意的，都有.
则为定值.设，则.
又由，即.可解得.则，
∴.∴.令，，
故在上单调递增，又由，.
故的唯一零点在区间之间.则方程的解在区间上.故选:A.
2．（2022·陕西·高三专题练习）已知函数，且方程有两个不同的实数根，则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意可知，的定义域为，由奇偶性的定义可判断为奇函数，推出，再结合的单调性，将问题转化为与有两个交点，解得实数的取值范围．
【详解】解：由题意可知，的定义域为，
，所以为奇函数，所以，
因为，所以，即，
所以问题可转化为与有两个交点，
令，，所以函数在上单调递增，
令，在上单调递增，
所以函数在上单调递增，又，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即实数的取值范围为．故选：B.
【题型9】 二次嵌套函数：可因式分解型
【解题技巧】解题的主要思想：换元法和数形结合，
主要步骤：1）换元，设t=f（x），转化y=at2+bt+c；
2）作出y=f（x）的大致图象；
3）设at2+bt+c=0的根为t1，t2；（t1≠t2）；
4）根据零点的个数判断t1，t2的范围；
5）转化为二次函数零点问题解决即可。
【典例分析】
1．（2022·阆中高三期中（理））已知函数，若关于的方程仅有一个实数解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先用导数研究函数的单调性，大致画出图像，是以函数的值域为未知数的一元二次方程，通过检验选项可得正确答案.
【详解】解：由题意得：函数的定义域为
对函数求导： 令，可知 令，可知或
所以在和上单调递减，在上单调递增.故在时，有极小值为
令则方程化成
令，则，，即，根据图像可知此时只有一个解，排除A；
令，则，或（舍去），根据图像可知此时只有一个解，排除C；
令，则，或（舍去），根据图像可知此时有两个解，故排除D；故选：B
【变式演练】
1．（2023·河南·高三专题练习）已知函数，若关于的方程有且只有三个不同的实数解，则正实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简函数解析式，分析可知关于的方程、共有个不同的实数解，利用代数法可知方程有两个根，分析可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】因为，由可得，
所以，关于的方程、共有个不同的实数解.
①先讨论方程的解的个数.
当时，由，可得，
当时，由，可得，
当时，由，可得，
所以，方程只有两解和；
②下面讨论方程的解的个数.
当时，由可得，可得或，
当时，由，可得，此时方程有无数个解，不合乎题意，
当时，由可得，
因为，由题意可得或或，
解得或.因此，实数的取值范围是.故选：B.
2．（2022·湖南·湘阴高三阶段练习）已知函数，若函数恰好有5个不同的零点，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】函数有零点转化为方程有实根，令，则方程可转化为常见的一元二次方程，对其分析求解即可.
【详解】画出函数的大致图象，如下图所示：
函数恰好有5个不同的零点，方程有5个根，设，则方程化为，易知此方程有两个不等的实根，，结合的图象可知，，，令，则由二次函数的根的分布情况得：，解得：.故选：A
【题型10】 二次嵌套函数：参变分离与判别式、求根公式型
【解题技巧】解题的主要思想：换元法和数形结合，解题步骤同题型9.
【典例分析】
1．（2022·陕西·铜川模拟预测）设函数，若关于的方程恰好有六个不同的实数解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】画出的图象，由图象求得与有个交点时，的取值范围.结合一元二次方程零点分布的知识列不等式组，由此求得的取值范围.
【详解】画出函数的图象如下图所示，
令，则方程可化为.
由图可知：当时，与有个交点，
要使关于的方程恰好有六个不同的实数解，
则方程在内有两个不同实数根，
∴，解得，∴实数的取值范围为.故选：B
【变式演练】
1．（2022四川广安、眉山一诊）已知函数，设关于的方程有个不同的实数解，则的所有可能的值为
A．B．或C．或D．或或
【答案】A
【详解】在和上单增，上单减，又当时，时，故的图象大致为：
令，则方程必有两个根，且，不仿设 ，当时，恰有，此时，有个根，，有个根，当时必有，此时无根，有个根，当时必有，此时有个根，，有个根，综上，对任意，方程均有个根，故选A.
【方法点睛】已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题 .
2．（2022河北大高三月考）已知函数,关于的方程R)有四个相异的实数根,则的取值范围是( )
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】=,当时时,单调递减，时,单调递增,且当,当, 当时，恒成立，时,单调递增且,方程R)有四个相异的实数根.令=则,,即.
【题型11】 二次嵌套函数：线性规划型
【解题技巧】解题的主要思想：换元法和数形结合，解题步骤同题型9.
【典例分析】
1．（2022安徽高三第一次模拟）已知函数 ，方程有六个不同的实数解，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作函数的图象，从而利用数形结合知有2个不同的正实数解，且其中一个在上，一个在上，利用数形结合思想列出关于的不等式组，结合线性规划知识可得结果.
【详解】作函数的图象如下，

∵关于的方程有6个不同实数解，
令，∴有2个不同的正实数解，
其中一个在上，一个在上；故，其对应的平面区域如下图所示：
故当，时，取最大值11，
当，时，取最小值3，则的取值范围是故选D．
【点睛】本题主要考查了数形结合的思想应用及分段函数的应用，同时考查了线性规划，难度中档．
【变式演练】
1．（2022河北邯郸高三期中）已知函数，若关于的方程有个不同的实数根，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】令，作出函数的图象，可知关于的方程由两个不同的实根、，设，则，令，利用二次函数的零点分布可得出关于、的不等式组，作出不等式组所表示的可行域，利用线性规划可求得的取值范围.
【详解】令，作出函数的图象如下图所示：

因为方程有个不同的实数根，
则关于的方程由两个不同的实根、，设，则，
设，则，即，
将看作自变量，看作因变量，于是设，
作出不等式组所表示的可行域如下图中的阴影部分区域所示：
联立可得，即点，且点也在曲线上，
平移直线，当直线经过可行域的顶点时，在纵轴上的截距最大，此时，当直线经过可行域的顶点（原点），在纵轴上的截距最小，此时，
结合图形可知.故选：D.
【点睛】对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下：（1）确定内层函数和外层函数；（2）确定外层函数的零点；（3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、，则函数的零点个数为.
2．（2022云南高三月考）已知函数，若关于的方程有8个不同的实数根，则的取值范围为________________
【答案】
【详解】根据题意作出f(x)的简图：

由图象可得当f(x)∈(0,1]时,有四个不同的x与f(x)对应．
再结合题中“方程f2(x)−bf(x)+c=0有8个不同实数解”，
可以分解为形如关于k的方程k2−bk+c=0有两个不同的实数根K1、K2，
且K1和K2均为大于0且小于等于1的实数，
列式如下：,化简得，此不等式组表示的区域如图：
而几何意义表示平面区域内的点和(1,2)的直线的斜率，
结合图象KOA=2,KAB=−1，故z>2或z<−1，故答案为(−∞,−1)∪(2,+∞).
点睛：(1)本题是线性规划的综合应用，考查的是非线性目标函数的最值的求法．
(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义．
【题型12】二次嵌套函数：整数解问题
【解题技巧】解题的主要思想：换元法和数形结合，解题步骤同题型9.
【典例分析】
1．（2022成都市高三模拟）已知，关于的不等式有且只有一个整数解，则实数的最大值是____．
【答案】8
【分析】先作出函数图像，再根据 a,b的正负性，结合函数图象讨论求解.
【详解】作出的函数图象如图所示：
（1）若，则，当时，无解；
当时，，由图象可知不可能只有一个整数解；
当时，，若只有一个整数解，由图象可知此整数解必为．
又（3），（4），故而，即．
（2）若，由可得．
，由图象可知有两个整数解，，
至少含有两个整数解，不符合题意．
综上，的最大值为8．故答案为：8．
【点睛】根据的正负性，结合函数图象，运用分类讨论思想和数形结合思想进行求解是解题的关键.
【变式演练】
1．（2022江苏高三模拟考试）已知函数，关于的不等式有且只有三个整数解，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】对函数求导可得，令，解得，令，解得，所以的递增区间为，递减区间为，故的最大值，时时，故在时，，在时，，所以时，由不等式得或，而或，而的解集为，整数解有无数多个，不合题意；时，由不等式，得，解集为，整数解有无数多个，不合题意；时，由不等式得，所以的解集为无整数解．若不等式有且只有三个整数解，在递增，有递减，而，，所以三个正整数为，而，综上，实数的取值范围是．故本题答案选．
【题型13】二次嵌套函数：与函数性质综合型
【解题技巧】解题的主要思想：换元法和数形结合，解题步骤同题型9.
【典例分析】
1．（2022黑龙江高三第二次模拟）已知偶函数满足，且当时，，若关于的方程在上有300个解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据偶函数和得出函数的周期为，作出函数在内的图象，根据周期性可知关于的方程在上有个解，结合图象分析可得关于的方程在区间和内各有一个实根，根据二次方程实根的分布，列不等式组即可解得结果.
【详解】因为偶函数满足，所以，
所以函数是周期为的周期函数，因为当时，，
所以当时，，所以，
即当时，，作出函数在一个周期内的图象如图：
因为关于的方程在上有300个解，
所以关于的方程在上有个解，
结合图象可知必有两个值，一个大于1小于2，另一个大于且小于，
等价于关于的方程在区间和内各有一个实根，
令，则，所以，解得.故选：B.
【点睛】本题考查了函数与方程思想、转化划归思想，数形结合思想，考查了函数的周期性和奇偶性，考查了二次方程实根的分布，转化为关于的方程在区间和内各有一个实根是解题关键，属于难题.
【变式演练】
1．（2022内蒙古高三第四次调研）已知函数是定义在的偶函数，且.当时，，若方程有300个不同的实数根，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】首先由已知确定函数的周期是4，利用导数研究在 上的性质，单调性、极值，结合偶函数性质作出在上的图象， 的定义域是含有50个周期，方程有300个不同的实数根，那么在 的一个周期内有6个根，令，可知方程有两个不等实根 ，且，，由二次方程根的分布知识可得解．
【详解】由知函数的周期为4，当 时，，则 ，当时，， 递减，当时，， 递增，，又 是偶函数，作出在上的图象，如图．
函数的周期是4，定义域为，含有50个周期，方程有300个不同的实数根，因此在一个周期内有6个根（这里 ，不是方程的根）．
令，方程有两个不等实根 ，且， ，设，则 ，解得．故选：A．
【点睛】本题考查函数的周期性、奇偶性、对称性，二次方程根的分布，函数的零点问题，考查了分类讨论思想，数形结合思想，体现的数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养．
2．（2022四川资阳高三期末）定义在R上函数，若函数关于点对称，且则关于x的方程()有n个不同的实数解，则n的所有可能的值为
A．2 B．4 C．2或4 D．2或4或6
【答案】B
【解析】由函数关于点对称，得是奇函数，由此可作出函数的图象，利用图象可分析方程的根的个数，再用换元法（设）把原方程转化为一元二次方程，通过这个二次方程根的研究得出原方程解的个数．
【详解】∵函数关于点对称，∴是奇函数，时，在上递减，在上递增，作出函数的图象，如图，由图可知的解的个数是1，2，3.
或时，有一个解，时，有两个解，时，有三个解，
方程中设，则方程化为，其判别式为恒成立，方程必有两不等实根，，，，两根一正一负，不妨设，
若，则，，和都有两个根，原方程有4个根；
若，则，，∴，，有三个根，有一个根，原方程共有4个根；若，则，，∴，，有一个根，有三个根，原方程共有4个根．综上原方程有4个根．故选：B.
【点睛】本题考查考查函数零点与方程根的个数问题，解题时作出函数图象利用数形结合思想求解是明智之举．而换元把方程转化为一元二次方程是解题关键．
1．（2022•道里区校级二模）设函数，为自然对数的底数），若曲线上存在点，，使得，则的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：曲线上存在点，，
，．
函数在，上单调递增．下面证明．
假设，则（c），不满足．
同理假设，则不满足．综上可得：．
令函数，化为．
令．，函数在，单调递增．
．的取值范围是，．故选：．
2．（2022黑龙江高三模拟）已知函数，若方程有7个不同的实数解,则的取值范围（ ）
A．(2,6)B．(6,9)C．(2,12)D．(4,13)
【答案】C
【分析】先画出的图象,设,由图象可转化问题为有3个解,有4个解,则分别讨论①,；②,；③,,再利用线性规划求解.
【详解】由题,当时,；
当时,,当时,；当,,
所以在上单调递增,在上单调递减,所以,
当时,,则；当时,,则,
画出的图象,如图所示,

因为有7个不同的实数解,
设,则,设为方程的解,
则由图象可知有3个解,有4个解,
①,,将代入方程中可得,与条件矛盾,舍去；
②,,设,则,即,
则可行域如图所示,设,即,
平移直线,与点相交时截距最小,与点相交时截距最大,
因为点,点,所以；
③,,则,即,则可行域如图所示,即为线段,
平移直线,与点相交时截距最小,与点相交时截距最大,
因为点,点,所以,综上,,故选:C
【点睛】本题考查由零点个数求参数范围,考查利用线性规划求范围,考查利用导函数判断函数图象,考查转化思想、分类讨论思想和数形结合思想.
3．（2022黑龙江高三第二次模拟）已知偶函数满足，且当时，，若关于的不等式在上有且只有150个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用导函数讨论当时的单调性，结合对称性周期性数形结合求解.
【详解】当时，，，
当时，，当时，，
所以函数在单调递减，在单调递增，，
又，函数关于对称，且是偶函数，所以，
所以，所以函数周期，
关于的不等式在上有且只有150个整数解，
即在上有且只有150个整数解，所以每个周期内恰有三个整数解
结合草图可得：故选：B
【点睛】此题考查函数单调性与周期性的综合应用，用导函数讨论函数单调性，结合图象处理整数解问题.
4．（2022湖南省高三期末）已知偶函数满足，且当时，，若关于的不等式在上有且只有12个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先由题中条件，得到关于直线对称，周期为；再由已知解析式，根据对称性和奇偶性，得到在恒成立；将原不等式化为，根据函数性质，由题意，判定在有3个整数解；求出函数值得到，进而可判断出结果.
【详解】∵偶函数满足，
所以关于直线对称，且，所以的周期为；
∵当时，，又函数关于直线对称，且为偶函数，
所以在恒成立；因此由得，所以；
又关于的不等式在上有且只有12个整数解，
所以在上有且只有12个整数解，根据偶函数的对称性可知，
在上有6个整数解；因此在有3个整数解；
由得，
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
又，，，，，
则，为使在有3个整数解，只需这三个整数解为，
∴，∴.故选：D.
【点睛】本题考查函数与方程的应用，属于转化与化归的思想，属于常考题型.
5．（2022·河南·高三阶段练习（理））已知函数,若关于的方程恰有5个不同的实数解，则实数的取值集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出的大致图象，令，由题可得则或，因为有两个解，所以有3个解，结合图象可得，即可得答案.
【详解】解：作出函数的大致图象，如图所示，
令，则可化为，
则或，则关于的方程恰有5个不同的实数解等价于的图象与直线，的交点个数之和为5个，
由图可得函数的图象与直线的交点个数为2，
所以的图象与直线的交点个数为3个，
即此时，解得，故选：C.
6．（2022·成都市·高三课时练习）已知函数的定义域及值域均为 ，其图象如图所示，则方程根的个数为
A．2B．3C．5D．6
【答案】D
【详解】令t=g(x),f(t)=0,观察图象可得当f(t)=0时有三个不等的根，其中在（-a,0）内有两个t值，在（0，a）内有一个t 值，结合t=g(x),在（-a,0）内的每一个t值都对应两个x值，在（0，a）内的t值对应两个x值，所以方程共有6个根.故选：D
7．（2022江西高三月考）已知定义域为R的偶函数满足对任意的，有，且当时，.若函数在上恰有三个零点，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求得的值，判断函数为周期函数，利用周期性和关于轴对称画出函数的图像.分析函数与函数图像的交点个数，由此求得实数的取值范围.
【详解】由于函数为偶函数，当时，，即，故，所以函数是周期为的周期函数，且为偶函数.令，得到，也即函数图像与函数的图像有三个交点，画出两个函数图像如下图所示.由图可知，要使两个函数图像有三个交点，则需直线的斜率在两条切线的斜率之间.当时，，将代入并化简得，其判别式，解得.同理，当时，，将代入化简后，同样令判别式为零，求得.所以实数的范围是.故选B.
【点睛】考查抽象函数的奇偶性、图像的对称性，考查函数零点问题的处理策略，考查直线和抛物线相切的表示方法.对于函数给定一段区间的表达式的题目，可以根据函数变换的关系，找到函数的周期，然后可以根据周期性和奇偶性画出函数的图像.零点问题一般可以转化为两个函数图像交点的问题来解决.
8．（2022黑龙江高三第三次调研）已知函数是定义在上的偶函数，且，当时，，若方程 有个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意得出函数是周期为的周期函数，可得出方程在区间上有个不同的实根，令，利用导数分析函数在区间的单调性和极值，作出函数在区间上的图象，设方程的两根分别为、，可得出，，然后利用二次函数零点分布列出关于实数不等式组，解出即可.
【详解】，所以，函数是以为周期的周期函数，
由于，且方程 有个不同的实数根，
则方程 在区间上有个零点.令，则方程为，
当时，，则.
令，得；令，得.
所以，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，且，，，
作出函数在区间上的图象如下图所示：
设关于的方程的两根分别为、，
可得出，，设，
则函数在区间和各有一个零点，所以，
解得，故选：A.
【点睛】本题考查利用复合型二次函数的零点个数求参数的取值范围，将问题转化为函数在一个周期内的零点个数是解题的关键，考查数形结合思想应用，属于难题.
9．（山西忻州2023届高三第二次联考）已知函数若关于的方程有4个不同的实根，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】画出的图象，根据并讨论t研究其实根的分布情况，将问题化为在内有两个不同的零点，结合二次函数性质求参数范围.
【详解】如图，画出的图象，设
结合图象知：当或时有且仅有1个实根；当时有2个实根；
问题转化为在内有两个不同的零点，
从而，解得.故选：D
10．（2022重庆市高三调研）已知函数，设关于的方程有个不同的实数解，则的所有可能的值为（ ）
A．3B．1或3C．4或6D．3或4或6
【答案】B
【分析】由已知，，令，解得或，则函数在和上单调递增，在上单调递减，极大值，最小值.
f(x)的图象如下：
综上可考查方程的根的情况如下：
（1）当或时，有唯一实根；（2）当时，有三个实根；
（3）当或时，有两个实根；（4）当时，无实根.
令，则由，得，
当时，由，符号情况（1），此时原方程有1个根，
由，而，符号情况（3），此时原方程有2个根，综上得共有3个根；
当时，由，又，符号情况（1）或（2），此时原方程有1个或三个根，
由，又，符号情况（3），此时原方程有两个根，
综上得共1个或3个根.综上所述，的值为1或3.故选B.
点睛：此题主要考查函数单调性、最值等性质在求方程根的个数的问题中的应用，以及导数、数形结合法在研究函数单调性、最值中的应用等有关方面的知识和技能，属于高档题型，也是高频考点.方程的实根分布情况，常常与参数的取值范围结合在一起，解答这类问题，有时需要借助于导数从研究函数的单调性入手，使问题获得比较圆满的解决.
11．（2022浙江高三模拟）已知函数，设关于的方程有个不同的实数解，则的所有可能的值为（ ）
A．3B．4C．2或3或4或5D．2或3或4或5或6
【答案】A
【分析】画出函数图象，令，则，所以，即方程必有两个不同的实数根，再利用韦达定理及函数图象分类判断即可.
【详解】根据题意作出函数的图象：，当，函数单调递增，
当时，函数单调递减，所以；
函数，时单调递减，所以，
对于方程，令，则，所以，
即方程必有两个不同的实数根，且，
当时，，3个交点；当时，，也是3个交点；故选：A．
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
12．（2022·山东·济宁市育才中学高三开学考试）（多选题）已知函数，则下列对关于x的方程的解的个数的判断正确的是（ ）
A．当时，该方程有两个不相等的实数解 B．当时，该方程有3个不相等的实数解
C．该方程至少有3个不同的实数解 D．若该方程恰有5个不同的实数解，则a的取值范围是
【答案】BD
【分析】画出函数图像，根据图像分别考虑和的解的个数，时，有4个解，时有3个解，时有2个解，有5个解，得到答案.
【详解】画出函数图像，如图所示：
当时，，即或，
根据图像：有两个解，有两个解，故方程有4个解，A错误；
当时，，即或，
根据图像：有两个解，有1个解，故方程有3个解，B正确；
当时，，方程有两个解，C错误；
，则或，有2个解，方程恰有5个不同的实数解，故有3个解，根据图像知，D正确.故选：BD
13．（2022·浙江·高三期末）已知，若关于x的方程仅有一解，则a的取值范围是_______．
【答案】
【分析】可判断a≠0,从而由分段函数判断方程的解的个数即可.
【详解】若，则方程有无数个解，故；
或（舍去） ,或或
关于x的方程仅有一解，在上无解，
综_上所述, a的取值范围是.故答案为：
14．（2022·成都市·高三专题练习）设函数若函数有六个不同的零点，则实数a的取值范围为________．
【答案】．
【分析】利用数形结合即求.
【详解】函数的零点即为方程的解，也即的解，
令，则原方程的解变为方程组的解，
作出函数和直线的图象如图所示．由图可知，当时，有两个不同的x与之对应；
当时，有一个x与之对应，当时，没有x与之对应．
由方程组有六个不同的x解知，需要方程②有三个不同的t，且都大于，
作出函数和直线的图象如图所示，
由图可知当时满足要求，综上，实数a的取值范围为．故答案为：
1．（2021·浙江高考真题）已知，函数若，则___________.
【答案】2
【分析】由题意结合函数的解析式得到关于的方程，解方程可得的值.
【详解】，故，故答案为：2.
2．（2013·四川·高考真题（文））设函数（a∈R，e为自然对数的底数）．若存在b∈[0，1]使f（f（b））=b成立，则a的取值范围是（ ）
A．[1，e]B．[1，1+e]C．[e，1+e]D．[0，1]
【答案】A
【详解】由f（f（b））=b，可得f（b）=f﹣1（b）
其中f﹣1（x）是函数f（x）的反函数
因此命题“存在b∈[0，1]使f（f（b））=b成立”，转化为
“存在b∈[0，1]，使f（b）=f﹣1（b）”，
即y=f（x）的图象与函数y=f﹣1（x）的图象有交点，
且交点的横坐标b∈[0，1]，
∵y=f（x）的图象与y=f﹣1（x）的图象关于直线y=x对称，
∴y=f（x）的图象与函数y=f﹣1（x）的图象的交点必定在直线y=x上，
由此可得，y=f（x）的图象与直线y=x有交点，且交点横坐标b∈[0，1]，
根据，化简整理得ex=x2﹣x+a
记F（x）=ex，G（x）=x2﹣x+a，在同一坐标系内作出它们的图象，
可得，即，解之得1≤a≤e即实数a的取值范围为[1，e] 故选A
3．（2014·全国·高考真题（理））设函数．若存在的极值点满足，则m的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由题意知：的极值为，所以，因为，
所以，所以即，所以，即
3，而已知，
所以3，故，解得或，故选C.
考点：本小题主要考查利用导数研究的极值，考查三角函数，考查一元二次不等式的解法，考查分析问题与解决问题的能力.
4．（2014·浙江·高考真题（理））设函数若，则实数的取值范围是______
【答案】
【详解】试题分析：当时，，符合题意；‚当时，，则解得，综上得；ƒ当时，，当时得（舍去）或，所以有对都成立，所以得；当时得，所以有解得综上得；综合‚ƒ得；
考点：分段函数与不等式综合；
5．（2007·浙江·高考真题（理））若和都是定义在实数集上的函数，且方程有实数根，则不可能是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：设为方程的 的一个根，∴，∴ ，再令，故有 ，从而可知方程至少有一个实数根 ，A，C，D选项中的函数均符合条件，而B选项：无解，故选B．
【点睛】本题考察的是抽象函数与方程的问题，需挖掘条件中的隐含信息，对已知条件中的式子进行等价变形，可以得到 至少也有一个实数根，分别考察四个选项中的函数，判断根的情况，从而可知选B．
6．（2017·天津·高考真题（理））已知函数设，若关于x的不等式在R上恒成立，则a的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】不等式为(*)，
当时，(*)式即为，，
又（时取等号），
（时取等号），
所以，
当时，(*)式为，，
又（当时取等号），
（当时取等号），
所以，
综上．故选A．
【点睛】首先满足转化为去解决，由于涉及分段函数问题要遵循分段处理原则，分别对的两种不同情况进行讨论，针对每种情况根据的范围，利用极端原理，求出对应的的范围.