专题03 各类函数综合归类（13题型+提分快招）-高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（天津专用）

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专题03各类函数综合归类
目录
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc29906" 题型01 对勾函数性质 PAGEREF _Tc29906 \h 1
\l "_Tc15444" 题型02 对勾变异：双曲函数 PAGEREF _Tc15444 \h 5
\l "_Tc30036" 题型03 对勾扩展：指数型 PAGEREF _Tc30036 \h 9
\l "_Tc10649" 题型04 指数型双曲 PAGEREF _Tc10649 \h 12
\l "_Tc13104" 题型05 反比例型 PAGEREF _Tc13104 \h 15
\l "_Tc5799" 题型06 指数型反比例 PAGEREF _Tc5799 \h 19
\l "_Tc20794" 题型07 对数反比例型 PAGEREF _Tc20794 \h 23
\l "_Tc395" 题型08 对数绝对值型 PAGEREF _Tc395 \h 26
\l "_Tc25513" 题型09 对数无理型 PAGEREF _Tc25513 \h 30
\l "_Tc27283" 题型10 一元三次型 PAGEREF _Tc27283 \h 34
\l "_Tc31418" 题型11取整函数 PAGEREF _Tc31418 \h 37
\l "_Tc5507" 题型12 max与min函数 PAGEREF _Tc5507 \h 40
\l "_Tc30108" 题型13 局部周期函数 PAGEREF _Tc30108 \h 44
\l "_Tc19815" 题型13 放大镜函数 PAGEREF _Tc19815 \h 48
\l "_Tc375" 优先选取2024各地模拟试题 PAGEREF _Tc375 \h 52
题型01 对勾函数性质
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（24-25高三上·天津·期中）已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围是( ).
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由，，使得，只需，分别研究两个函数的单调性，求两个函数的最大值，然后解不等式即可.
【详解】由题意知，当时函数单调递增，所以，
当时，为单调递增函数，所以，
又因为，，使得，
即在的最大值不小于在上的最大值，
即，解得，即.
故选：A.
【典例1-2】
（23-24高二下·天津·期末）已知，，若对，总，使成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得函数的值域是函数的值域的子集，求出两函数的值域，列不等式组可求得结果.
【详解】由，得，
所以当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
因为，所以，
所以的值域为，
由，得，
当时，，所以在上递增，
所以，，
所以的值域为，
因为对，总，使成立，
所以，
所以，解得.
故选：A
【变式1-1】
（21-22高三上·天津河西·阶段练习）设函数是单调函数．若的值域是，且方程没有实根，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据函数的值域为可求得，利用导数求出当直线与函数的图象相切时实数的值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】当时，，，所以，函数在上为增函数，此时，，所以，函数在上的值域应包含，则.
由于函数在上为单调函数，则该函数在上为增函数，所以，解得，即实数的取值范围是；
当时，，由题意可得，可得.又，.
设，则.设直线与曲线的图象相切于点，如图，
所以，，解得.由图象可知，当，直线与函数的图象没有公共点.故答案为：.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
【变式1-2】
（20-21高二下·天津武清·阶段练习）已知函数，若关于的方程有4个互异的实数根，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】方程有4个互异的实数根转化为函数的图象与动折线有四个不同的公共点，借助数形结合的思想作答.
【详解】函数定义域为，是偶函数，其图象如图，直线，(图中虚线)及y轴是该图象的渐近线，
函数的图象是过定点的折线，
观察图象知，当射线与在y轴左侧的图象有公共点时，该射线与在y轴右侧的图象有1个或2个公共点，
当射线与在y轴左侧的图象相切时，设切点，，
依题意有，且，整理得，解得，，
显然，当时，射线与曲线有无公共点，则曲线与折线最多有2个公共点，不符合，
①当时，射线与曲线有1个公共点，而，该射线与直线相交，
它与曲线有2个公共点，射线与直线不相交，则它与曲线无公共点，
即当时，曲线与折线有3个公共点，
②当时，射线与曲线有2个公共点，该射线与直线相交，
它与曲线有2个公共点，射线与直线不相交，则它与曲线无公共点，
即当时，曲线与折线有4个公共点，
③当时，射线与曲线有2个公共点，该射线与直线平行，它与曲线有1个公共点，
射线与直线平行，则它与曲线无公共点，
即当时，曲线与折线有3个公共点，
④当时，射线与曲线有2个公共点，该射线与直线不相交，它与曲线有1个公共点，
射线与直线相交，则它与曲线有1个公共点，
即当时，曲线与折线有4个公共点，
综上，当或时，曲线与折线有4个公共点，即方程有4个互异的实数根，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
【变式1-3】
（2022天津市南开中学统考）已知，函数在区间[1,4]上的最大值是5，则a的取值范围是
【答案】
【详解】，分类讨论：
①当时，，
函数的最大值，舍去；
②当时，，此时命题成立；
③当时，，则：
或，解得：或
综上可得，实数的取值范围是．
【名师点睛】本题利用基本不等式，由，得，通过对解析式中绝对值符号的处理，进行有效的分类讨论：①；②；③，问题的难点在于对分界点的确认及讨论上，属于难题．解题时，应仔细对各种情况逐一进行讨论．
题型02 对勾变异：双曲函数
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（23-24天津市滨海新区塘沽第一中学）已知函数是上的单调增函数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由分段函数两段都递增，且在分界处函数值左侧不比右侧大可得参数范围.
【详解】因为函数在上是单调增函数，且.
所以
解得
故选：D.
【典例1-2】
（22-23高一上·天津和平·期中）函数的单调递减区间为（ ）
A．B．C．D．，
【答案】D
【分析】由对勾函数的单调性求解即可.
【详解】函数为对勾函数，
由对勾函数的性质知，函数的单调递减区间为：，.
不能选C，因为不满足减函数的定义.
故选：D.
【变式1-1】
（21-22高三上·天津河北·阶段练习）已知函数，若对任意恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】首先得到的奇偶性及，再对，分类讨论，结合函数的单调性及的正负分类讨论，求出m的取值范围.
【详解】定义域为，
当时，，此时无意义，故舍去，
又，所以为奇函数，
且，所以在上单调递增，
变形为，
画出的图象，如图所示：其中，
当时，，，则根据函数在上单调递增，，
所以，即，恒成立，因为，所以在上单调递增，所以，只需，不等式两边乘以得：，
解得：或，因为，所以；当时，，
当时，则均在函数图象右支上，
要想，则，即在上成立，
令，恒成立，
所以单调递增，所以，
故，但此不等式不成立，故舍.
若，此时，而当时，，故与题设矛盾，舍.
当时，则均在函数图象右支上，
要想，则，即在上成立，
由前述讨论可得，所以；
综上：m的取值范围是
故选：D
【点睛】导函数求解参数的取值范围，要研究函数的单调性及极值，最值情况，本题的关键点在于这一重要性质，再分类讨论，就迎刃而解了.
【变式1-2】
（24-25高三上·天津南开·阶段练习）已知函数，则下列说法中不正确的是（ ）
A．为奇函数
B．在其定义域内为增函数
C．曲线上任意一点与两点连线的斜率之和为定值
D．曲线的切线的斜率的最大值为2
【答案】D
【分析】根据奇函数的定义，和增函数的定义，即可判断AB，利用斜率公式，结合函数解析式，即可判断C，根据导数的几何意义，即可判断D.
【详解】A.函数的定义域是，
，所以函数是奇函数，故A正确；
B.设，且，，
，因为，所以，因为，，所以，则，即，即，所以，即，
所以函数在定义域内是增函数，故B正确；
C.设函数上任一点，，
，故C正确；
D.，，根据导数的几何意义可知，曲线y=fx的切线的斜率的范围是，故D错误.
故选：D
【变式1-3】
（23-24高三天津市南开中学模拟）已知函数若函数有唯一零点，则实数的取值范围是 .
【答案】或
【分析】换元后转化为，该方程存在唯一解，且，数形结合求解.
【详解】当时，单调递减，图象为以和轴为渐近线的双曲线的一支；
当时，有，可得在单调递减，在单调递增
且，，画出图象如下:

由题意，有唯一解，设，
则，（否则至少对应2个，不满足题意），
原方程化为，即，
该方程存在唯一解，且.
转化为与有唯一公共点，且该点横坐标在，画图如下：

情形一：与相切，联立得，
由解得，此时满足题意：
情形二：与有唯一交点，其中一个边界为(与渐近线平行)，
此时交点坐标为，满足题意；
另一个边界为与相切，即过点的切线方程，
设切点为，则，解得，
所以求得，此时左侧的交点D横坐标为满足条件，右侧存在切点E，故该边界无法取到；
所以的范围为.
综上，的取值范围为或.
故答案为：或
【点睛】关键点点睛，解决本题的关键在于第一要换元，令，转化为方程存在唯一解，且，作出与的图象数形结合求解，第二关键点在于分类讨论后利用导数或联立方程组求切线的斜率，属于难题.
题型03 对勾扩展：指数型
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（23-24高一上·天津南开·期中）函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用基本不等式求的范围，结合对数的性质求复合函数定义域，判断端点值是否可取，进而确定值域.
【详解】由，当且仅当时等号成立，
而，所以，
所以，故值域为.
故选：D
【典例1-2】
（24-25天津市武清区杨村第一中学月考）已知函数，若对任意，有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先根据导函数求出函数fx单调递减，结合函数是偶函数得出，最后应用结合函数的单调性求解即可.
【详解】因为，所以,令,因为，所以单调递减，单调递减，
因为，所以fx为偶函数，
因为，所以，当时，
单调递增，单调递增，
所以.故选：B.
【变式1-1】
（24-25高三天津市静海区第一中学月考）已知函数，若，，，则有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由已知可得为偶函数，则，利用对数函数的性质和指数函数的性质，可得，，，又当时，由f′x>0，可得为单调递增函数，即可得到答案.
【详解】因为函数且定义域为R，则，所以为偶函数，
因为，
则，
又，，，
，，
则，所以，
当时，因为，所以为单调递增函数，
所以.
故选：B.
【变式1-2】
（2023·天津市河北区模拟）已知函数,则不等式的解集为
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】化简，得到，令，令，求得，得到在上单调递增，且函数为偶函数，进而得到上单调递减，把不等式转化为，列出不等式，即可求解.
【详解】由函数，
所以，令，
可得。令且，
可得在上恒成立，所以，
所以在上单调递增，又由，
所以函数为偶函数，则在上单调递减，又由，即，即，整理得，解得或，
即不等式的解集为.故选：B.
【变式1-3】
（天津市宁河区模拟）已知函数（）在区间上单调递增，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，按分类讨论，并结合对勾函数单调性、复合函数单调性推理求解作答.
【详解】当时，，令，函数在上单调递减，在上单调递增，
而函数在R上单调递增，由得，由得，
于是得函数在上单调递减，在上单调递增，
而函数在上单调递增，则有，解得，则，
当时，在区间上单调递增，满足条件，则，
当时，在上单调递增，令，得，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，而函数在上单调递增，
则有，解得，则，综上得，
所以实数的取值范围是.故选：C
【点睛】思路点睛：给定函数单调区间求参数范围问题，可以求出函数的单调区间，再利用集合的包含关系求解即可.
题型04 指数型双曲
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（24-25天津市宝坻区 阶段练习）已知函数，若函数在区间上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数单调性求函数值域，利用对应关系可得有两个不相等的正实数根，结合判别式和韦达定理可得结果.
【详解】∵在上为增函数，在上为减函数，
∴在为增函数，
∴函数在区间上的值域为，
∴，整理得，
∴为方程的两根，即有两个不相等的正实数根，
∴，解得且，
∴实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题考查函数与方程综合问题，具体思路如下：
（1）分析函数的单调性，可得在为增函数，函数在区间上的值域为.
（2）根据值域的对应关系可得为方程的两根，即一元二次方程有两个不相等的正实数根，利用判别式和韦达定理可求得实数的取值范围.
【典例1-2】
（24-25天津市西青区模拟）已知函数，若函数在区间上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数单调性求函数值域，利用对应关系可得有两个不相等的正实数根，结合判别式和韦达定理可得结果.
【详解】因为在上为增函数，在上为减函数，
所以在为增函数，
所以函数在区间上的值域为，
所以，整理得，
所以为方程的两根，即有两个不相等的正实数根，
所以，解得且，
所以实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题考查函数与方程综合问题，具体思路如下：
（1）分析函数的单调性，可得在为增函数，函数在区间上的值域为.
（2）根据值域的对应关系可得为方程的两根，即一元二次方程有两个不相等的正实数根，利用判别式和韦达定理可求得实数的取值范围.
【变式1-1】
（23-24高三上·天津和平·阶段练习）已知函数，，若对任意，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由解析式、奇偶性定义判断的单调性、奇偶性，再将条件化为在上恒成立，即可求范围.
【详解】由在上单调递增，且，即为奇函数，
所以，
则在上恒成立，
所以.
故选：C
【变式1-2】
（23-24天津市第二十中学·阶段练习）已知函数，若不等式在上恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】判断函数的奇偶性以及单调性，从而将不等式在0,+∞上恒成立，转化为在0,+∞上恒成立，参变分离，再结合构造函数，利用导数求得函数的最小值，即可得答案.
【详解】由于函数，定义域为R，满足，
得是奇函数，且在R上为增函数.在0,+∞上恒成立，
在0,+∞上恒成立，
在0,+∞上恒成立，在0,+∞上恒成立.
令，则，当时，，故在0,1上单调递减，
当时，，在1,+∞上单调递增，，即a的取值范围为，
故选：D.
【点睛】方法点睛：利用函数的单调性和奇偶性解不等式，再分离参数法借助导数求范围.
【变式1-3】
（24-25高三天津市滨海区阶段练习）设函数，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】令，定义域为R，得到为奇函数，即，求导，得到在R上单调递增，变形得到，从而，求出解集.
【详解】令，定义域为R，
，故为奇函数，即，
，故在R上单调递增，
，故，即，
所以，，解得或.故选：B
题型05 反比例型
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（22-23天津市第二十中学·阶段练习）关于函数，给出以下四个命题：①当时，严格单调递减且没有最值；②方程一定有解；③如果方程有解，则解的个数一定是偶数；④是偶函数且有最小值，其中真命题是（ ）
A．②③B．②④C．①③D．③④
【答案】B
【分析】分类讨论，特别是时，由函数的单调性判断①，判断函数的奇偶性，确定函数的单调性，并确定函数的变化趋势后判断②，结合偶函数的性质及的值，判断③，由函数的单调性，奇偶性判断④．
【详解】时，，时，是减函数，时，是增函数，无最值，①错；
的定义域是，，是偶函数，
时，，时，，
时，直线与的图象在第一象限内一定有交点，
由偶函数的对称性，时，直线与的图象在第二象限内一定有交点，
所以方程一定有解，②正确；
是偶函数，且，所以时，函数的图象与直线只有一个公共点，所以方程只有一个解，③错；
是偶函数，时，，时，是增函数，是最小值，所以在上，的最小值是，④正确．
故选：B．
【点睛】难点点睛：本题考查函数的奇偶性、单调性，考查方程根的个数问题，难点在于含有多个绝对值，可以根据绝对值的定义去掉绝对值符号后判断函数的单调性，确定函数的变化趋势，然后根据函数的性质可得结论．
【典例1-2】
（22-23高三天津市和平区三模）已知函数，若关于的方程恰有三个不相等的实数解，则实数的取值集合为 .
【答案】
【分析】分类讨论的不同取值，并作出的图象，利用数形结合的思想，结合函数图象确定两个函数图象的交点的个数即可求解.
【详解】，当时，，
此时无解，不满足题意；当时，设，则与的图象大致如下，
则对应的2个根为，此时方程均无解，即方程无解，不满足题意；当时，设，则与的图象大致如下，
则则对应的2个根为，
若方程恰有三个不相等的实数解，
则与函数的图象共有3个不同的交点，
①当时，与函数的图象共有2个交点，如图所示，
所以与函数的图象只有1个交点，
则，所以，解得；
②当时，与函数的图象共有2个交点，
所以与函数的图象只有1个交点，
则，与矛盾，不合题意；
③当时，与函数的图象共有2个交点，如图所示，
所以与函数的图象只有1个交点，则，所以，解得；
综上，的取值集合为，故答案为: .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于作出函数的图象，将方程恰有三个不相等的实数解转化为两条横线与函数图象的图象的交点的个数共计3个，数形结合思想求解.
【变式1-1】
（2023·天津津南·模拟预测）已知，且，若函数有三个不同的零点，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，按与讨论，当时，分段去绝对值符号讨论方程的解的情况作答.
【详解】当时，，当时，在上单调递减，
函数在上最多一个零点，不符合要求，
当时，，
由，得最多两个实根，又在上递减，
且当时，，因为函数在上有三个不同的零点，
因此在上有一个零点，在上有两个零点，
当时，由，解得，即，于是，
当，由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，当时，，
要使函数在上有两个零点，必有，此时在上递减，在递增，因此，解得，所以实数a的取值范围是.
故答案为：【点睛】思路点睛：涉及分段函数零点个数求参数范围问题，可以按各段零点个数和等于总的零点个数分类分段讨论解决.
【变式1-2】
（23-24高三下·天津·阶段练习）函数，关于x的方程有且只有2个解，则k的取值范围 ．
【答案】
【分析】画出y=fx及的图象，根据方程解的个数动态确定动直线的位置为：与函数的图象相切或与的图象相切的特殊位置，从而可得实数k的范围．
【详解】因为关于的方程有且只有2个不同的解，
所以y=fx的图象与直线有两个不同的交点，又y=fx及的图象如图所示：
当， 的图象与直线相切时，设切点为，从而，解得，．所以，当时， y=fx的图象与直线有两个不同的交点，只需满足.
当，的图象与直线相切时，设切点为，从而，解得，．所以，当时， y=fx的图象与直线有两个不同的交点，只需满足.综上，．故答案为：．
【点睛】方法点睛：已知分段函数的零点的个数求参数的取值范围时，要根据零点的个数及各段函数图像的特点确定动曲线与定曲线之间的关系，必要时可结合函数的导数分类讨论图像的特点．
【变式1-3】
（23-24高一上·天津南开·期中）已知函数，若集合中恰有3个元素，且它们的和为0，则实数的取值集合是 ．
【答案】
【分析】写出分段形式并画出函数草图，结合题设有与有三个交点，令横坐标分别为且，数形结合得，在、上分别令、，根据根与系数关系及求参数范围.
【详解】由，值域为，其函数图象如下，
结合题设易知与有三个交点，令横坐标分别为且，由图知，且与在上有两个交点，与在上有一个交点，
令，即在上有两根，
若，则，
所以，即，且，
令，则，又，所以，
综上，，即实数的取值集合是.故答案为：
【点睛】关键点睛：写出分段形式，将问题化为与各区间上的交点情况求参数.
题型06 指数型反比例
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（2014·天津市河东区模拟）已知函数，若对任意、、，总有、、为某一个三角形的边长，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】依题意可得到对任意的、、恒成立，将函数的解析式用分离常数法变形，根据函数的单调性求出函数的值域，然后讨论转化为的最小值与的最大值的不等式，进而求出实数的取值范围.
【详解】由题意可得，对任意的、、恒成立，
.
当时，函数是上的减函数，该函数的值域为，
故，，，此时，.
当时，，则对任意的、、恒成立；
当时，函数是上的增函数，该函数的值域为，
故，，，则.，此时，；
综上所述，实数的取值范围是.
故选D.
【点睛】本题考查了求参数的取值范围，以及构成三角形的条件和利用函数的单调性求函数的值域，同时也考查了分类讨论的思想，属于难题.
【典例1-2】
（20-21天津市津南区模拟）已知函数（），函数（）.若任意的，存在，使得，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】问题转化为函数的值域是值域的子集，分别求出和的值域，得到关于m的不等式组，解出即可.
【详解】对任意的，存在，使得，
即在上的值域是在上的值域的子集，，
当时，，在上单调递增，的值域为，
又在上单调递减，的值域为：，
， ，方程无解
当时，，在上单调递减，的值域为
的值域为：，
，解得当时，，显然不满足题意.
综上，实数的取值范围为故选：D.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是将所求问题转化为函数的值域是值域的子集.
【变式1-1】
（2021·天津市东丽区阶段练习）已知函数，设（）为实数，且．给出下列结论：
①若，则；
②若，则．
其中正确的是（ ）
A．①与②均正确B．①正确，②不正确
C．①不正确，②正确D．①与②均不正确
【答案】A
【分析】令，得到为递增函数，且为奇函数，①中，不妨设，结合，利用直线的方程得到，进而得到，可判断①正确；②中，不妨设，得到点，利用直线的方程得到，进而得到，可判定②正确.
【详解】令函数，可得函数为单调递增函数，
又由，即，
所以函数为奇函数，图象关于点对称，如图（1）所示，
①中，因为，且，则，不妨设，
则点，此时直线的方程为，
可得，则，
可得，又由，所以，
即，即，所以①正确；
②中，若，不妨设，则，不妨设，
则点，此时直线的方程为，
可得，则，
可得，又由，所以，
即，即，所以②正确.
故选：A.
【变式1-2】
（21-22天津市北辰区阶段练习）已知函数的图像与过点的直线有3个不同的交点，，，则（ ）
A．8B．10C．13D．18
【答案】D
【分析】分析函数的对称性，再借助对称性的性质计算作答.
【详解】函数定义域为R，且，即点在函数图象上，
，，因此，函数的图象关于点对称，
依题意，不妨令，则点与关于点对称，即且，
所以.
故选：D
【点睛】结论点睛：函数y=f(x)的定义域为D，，存在常数a，b使得
或者，则函数y=f(x)图象关于点对称.
【变式1-3】
（2023·天津市滨海新区阶段练习）已知函数，存在实数使得成立，若正整数的最大值为6，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分类讨论的值域，然后根据值域端点的倍数关系可解.
【详解】记。因为，所以，所以。当时，，所以，
取，则对任意正整数，总有成立，故舍.
当时，，所以
要使正整数的最大值为6，则，解得；
当时，，所以
显然存在任意正整数，使得成立；
当时，，所以
要使正整数的最大值为6，则，解得
综上，的取值范围为。故选：C
题型07 对数反比例型
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（23-24天津市西青区·阶段练习）已知函数，，，，有成立，则实数的取值集合为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先利用对数型函数的单调性求出的值域，令，根据值域关系建立不等式求解，解指数不等式即可求解.
【详解】令，则该函数在上单调递减，
又在定义域上单调递增，所以函数在上单调递减，
所以，即函数在上的值域为，
令，则，因为，，有成立，
所以值域为值域的子集，即为函数值域的子集，
当时，，显然不满足题意；
当时，的对称轴，且开口向上，
所以在上单调递增，且，
所以，，即，所以，所以，
所以或（与矛盾舍去），所以，
所以，即实数的取值集合为.
故选：B
【典例1-2】
（23-24高二下·天津河东·期末）若为偶函数，则（ ）
A．B．0C．D．1
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用偶函数定义求解即得。
【详解】函数中，，解得或，
由为偶函数，得，
即，
整理得，即，而不恒为0，
所以.
故选：B
【变式1-1】
（24-25天津市宝坻区阶段练习）已知函数，有成立，则实数的取值集合为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先利用对数型函数的单调性求出的值域，令，根据值域关系建立不等式求解，解指数不等式即可求解.
【详解】令，则该函数在上单调递减，
又在定义域上单调递增，所以函数在上单调递减，
所以，即函数在上的值域为，
令，则，令，，
因为，，有成立，
所以值域为值域的子集，即为函数值域的子集，
当时，，显然不满足题意；
当时，的对称轴，且开口向上，
所以在上单调递增，且，
所以，，即，所以，所以，
所以或（与矛盾舍去），所以，
所以，即实数的取值集合为.
故选：B
【变式1-2】
（23-24天津市五区县重点中学 阶段练习）若，函数为奇函数，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】将值代入函数，根据奇函数的定义式是否成立来判断充分性；由奇函数的定义式来构造方程求参数的值，从而判断必要性.
【详解】因为，所以，所以，
所以此时是奇函数，所以p是q的充分条件.
若是奇函数，则，
即，所以，即。所以p是q的不必要条件.
综上得：p是q的充分不必要条件.故选：A.
【变式1-3】
（24-25天津市宁河区 阶段练习）已知函数，设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分析函数的奇偶性和单调性，确定的范围，即可比较各函数值的大小.
【详解】函数，由得 ，故，解得.
∵，∴为偶函数，故.
当时，，
∵在上为减函数，且，∴在上为增函数，
∴在上为增函数，在上为减函数.
∵，，，
∴，∴，即.故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定自变量的取值范围，结合函数的奇偶性和单调性比较函数值的大小.
题型08 对数绝对值型
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（2024天津市经开区模拟）已知函数若关于的方程有6个根，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出函数的图象,令，则原方程可化为在上有2个不相等的实根，再数形结合得解.
【详解】
作出函数的图象如图所示．令，则可化为，要使关于的方程有6个根，数形结合知需方程在上有2个不相等的实根，，不妨设，，则解得，故的取值范围为，
故选B．
【点睛】形如的函数的零点问题与函数图象结合较为紧密，处理问题的基础和关键是作出，的图象．若已知零点个数求参数的范围，通常的做法是令，先估计关于的方程的解的个数，再根据的图象特点，观察直线与图象的交点个数，进而确定参数的范围．
【典例1-2】
（2022天津市实验中学模拟）已知函数，若存在实数，，，满足 ，且，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】画出函数的图象， ， ， ， ，， ，由于，则 ，为上单调增函数，因为 ，则 ，有 ，所以由此可得：的取值范围是，选A.
【点睛】利用数学结合思想解函数题是高考必考解题的解题思想，先画出函数图象，结合题意根据找出的关系，再根据函数找出的范围和关系，最后求出的取值范围，特别说明由，及代入减元转化为二次函数求的范围.
【变式1-1】
（23-24高三上·天津市塘沽新区八校联考）已知函数，，若，则零点的个数为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】画出函数的图象，令，则求在零点的个数，再令得，即求与的图象在交点的个数，求出的范围结合图象可得答案.
【详解】函数的图象如下，
令，则求在零点的个数，
由得，所以，
即方程有两个不相等正根，
令，可得，不成立，
所以，即求与的图象在交点的个数，
因为，所以，即，
解得，且，可得与的图象有2个交点，

当，且时，
与有8个交点，则零点的个数为8.

故选：D.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是画出函数的图象，令，则求在零点的个数.
【变式1-2】
（24-25天津市耀华中学滨城校区·阶段练习）已知函数．若是方程的四个互不相等的解，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据函数图像可得、各有两解，从而可用表示四根之和，结合的范围可求和的范围.
【详解】
的图象如图所示，设，
结合图像可得：，且，，
而，故，
故，
设，而在为增函数，
故，
故选：D.
【变式1-3】
（23-24高一上·天津武清·阶段练习），若有3个不同的零点，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】画出的函数草图，数形结合分析的范围对应零点个数，且，讨论参数a，结合二次函数性质及零点个数求范围.
【详解】由函数解析式可得如下图象草图，
令，则，有两个零点；，有三个零点；
，有一个零点；，有没有零点；
则，若可得或，
当或时，即有两个零点且，对称轴，
要使Fx有3个不同的零点，有如下情况：
，则且，可得；
，则且，无解；
当时，即有且仅有一个零点，对称轴，
此时，，即Fx无零点或两个零点，不合题意；
当时，Fx无零点，不合题意；
综上，Fx有3个不同的零点，则.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用图象分析的范围对应零点个数，再由Fx零点个数及二次函数性质求参数范围.
题型09 对数无理型
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（2022天津市武清区·阶段练习）已知函数，则关于的不等式的解集为
A．B．C． D．
【答案】C
【分析】由题意，可得到，且函数在上递增，原不等式等价于，根据函数单调性，即可求出结果.
【详解】因为，
所以，
因此，
因此关于的不等式，可化为；
又单调递增，单调递增，
所以在上递增；
所以有，解得：.
故选C
【点睛】本题主要考查由函数单调性解不等式，熟记基本初等函数的单调性，会用基本初等函数单调性判断复合函数单调性即可，属于常考题型.
【典例1-2】
（23-24天津市宝坻区阶段练习）已知函数.若，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】令，分析函数的奇偶性与单调性，将所求不等式变形为，可得出，分、、三种情况讨论，在第一种情况下，直接验证即可，在第二、三种情况下，求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围.
【详解】令，
对任意的，，
故对任意的，，故函数的定义域为，
因为
，所以，，函数为奇函数，
令，则函数在上为增函数，
函数为增函数，所以，函数在上为增函数，
由，可得，
所以，，
所以，，即，
令，
当时，则有，显然成立；
当时，则，
所以，函数ℎx在、上单调递减，在上单调递增，
又因为函数ℎx在上连续，所以，函数ℎx在上单调递减，在上单调递增，
所以，，所以，，解得，此时，；
当时，则，
所以，函数ℎx在上单调递减，在、上单调递增，
又因为函数ℎx在上连续，所以，函数ℎx在上单调递减，在上单调递增，
所以，，所以，，解得，
综上所述，实数的取值范围是.
故选：A.
【点睛】方法点睛：利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是：
（1）把不等式转化为；
（2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组），但要注意函数奇偶性的区别.
【变式1-1】
（2024·天津市静海区模拟）若函数且为常数在（为常数）上有最小值，则在上（ ）
A．有最大值12B．有最大值6
C．有最小值D．有最小值
【答案】A
【分析】构造函数，证明函数为奇函数，利用奇函数的性质可得最大值，由得解.
【详解】设，
因为，所以的定义域为，关于原点对称，
，
即为奇函数，且，
因为在上有最小值，所以在上有最小值，
由奇函数的对称性知，在上有最大值，
所以在上有最大值，
故选：A
【变式1-2】
（23-24高三天津市宁河区段练习）已知函数，满足为正实数，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．4D．
【答案】B
【分析】由已知构造函数，探讨函数的单调性、奇偶性，进而求得，再利用基本不等式求解即得.
【详解】令，由，得定义域为，
，即函数是奇函数，
而，
当时，函数是增函数，又是增函数，于是函数在上单调递减，
由奇函数的性质知，函数在上单调递减，
因此函数在上单调递减，由，
得，即，
所以，则，即，又，
所以，
当且仅当时取等号，所以的最小值为2.
故选：B.
【变式1-3】
（24-25高三上·天津·阶段练习）已知函数．若，不等式恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】令，分析函数的奇偶性与单调性，将所求不等式变形为，可得出，分、、三种情况讨论，在第一种情况下，直接验证即可，在第二、三种情况下，求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围.
【详解】设，对任意的，，
故对任意的，，故函数的定义域为，
因为，
所以，，函数为奇函数，令，则函数在上为增函数，
函数为增函数，所以，函数在上为增函数，
由，可得，
所以，所以，即，
令，当时，则有，显然成立；
当时，则，所以，函数ℎx在、上单调递减，在上单调递增，又因为函数ℎx在上连续，所以，函数ℎx在上单调递减，在上单调递增，
所以，，则，解得，此时，；
当时，则，所以，函数在上单调递减，在、上单调递增，又因为函数在上连续，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，，所以，，解得，
综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.
题型10 一元三次型
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（22-23天津市和平区阶段练习）已知所有的三次函数都有对称中心，若函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】按定义求得函数的图象的对称中心，利用对称性化简求值即可.
【详解】，则，
即函数的图象的对称中心为，则，
故
故选：A.
【典例1-2】
（24-25高三上·天津·期中）对于三次函数，定义：设f″x是函数y=f(x)的函数y=f′x的导数，若f″x=0有实数解，则称点为函数y=f(x)的“拐点”；此时的图象关于“拐点”对称. 已知函数的“拐点”为，则点坐标为 ，y=fx在点的切线为y=gx，若存在，使不等式成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】由题意对已知函数进行二次求导，由f″x=0，解得，求出f1，即可得到“拐点”的坐标；求出f′1，由点斜式可得，代入，可得存在，成立， 令，利用导数求出，即可得到实数的取值范围.
【详解】由题意，由函数，得，
则，由，解得，又，
所以函数的“拐点”的坐标为；
由，得，所以y=fx在点的切线方程为，即，所以，若存在，使不等式成立，
即若存在，使不等式成立，即成立，即成立，
令，则，由，得，当时，ℎ′x>0，函数ℎx单调递增，当时，ℎ′x1,则,
当且仅当时,即取等号．故的最小值为：22.故答案为22.
【变式1-2】
（2019·天津河北·一模）设y=f(x)为三次函数，且其图象关于原点对称，当时，的极小值为-1，则
（1）函数的解析式 ；
（2）函数的单调递增区间为 ．
【答案】 （1） （2）和
【分析】（1）先利用待定系数法设出f（x）的解析式，再根据奇偶性以及极值建立等式关系，求出参数即可；
（2）利用导数研究函数的单调性，求出函数的单调递增
【详解】（1）设f（x）=ax3+bx2+cx+d（a≠0）
∵其图象关于原点对称，即f（-x）=-f（x）
得-ax3+bx2-cx+d=-ax3-bx2-cx-d
∴b=d=0，
则有f（x）=ax3+cx
由f′（x）=3ax2+c，依题意得
∴
由①②得a=4，c=-3故所求的解析式为：f（x）=4x3-3x．
（2）由（1）可得f（x）=4x3-3x．则令f′（x）=12x2-3＞0
解得： 或 ，即函数的单调递增区间为和.
即答案为(1). (2). 和.
【点睛】本题主要考查了函数解析式的求法以及利用导数研究函数的单调性，属于基础题．
【变式1-3】
（2022高三·天津·模拟）已知三次函数满足.求、、的所有可能取值.
【答案】，，.
【详解】由题意，当时，均有.故，①
，②，③.④
①＋②得，从而，；③＋④得，从而，.
因此，.代入不等式①－④得，.从而，.
下面证明：满足条件.事实上，若，则令.
故.又，则.
综上，，，.
题型11取整函数
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（高三天津市和平区 一模）已知表示不超过实数的最大整数，为取整函数，是函数的零点，则（ ）
A．4B．5C．2D．3
【答案】C
【分析】根据零点存在定理，可判断出零点所在的相邻整数区间，即可由定义求得的值.
【详解】函数在(0,+∞)递增，
且，，
所以函数存在唯一的零点，
故，
故选：C.
【点睛】本题考查了零点存在定理的简单应用，由定义求函数值，属于基础题.
【典例1-2】
（24-25·天津市河北区 期中）某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选1名代表，当各班人数除以10的余数大于5时再增选1名代表.那么各班可推选的代表人数与该班人数之间的函数关系用取整函数（表示不大于的最大整数）可以表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】可分余数为和两种情况分别表示出班级人数和代表人数关系式，再推理即可判断得答案.
【详解】设各班人数除以10的余数为，
当时，，，，
；
当时，，，，
，
所以所求的函数关系为.
故选：B
【变式1-1】
（24-25高三·天津市东丽区·阶段练习）对，表示不超过的最大整数.十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯取整函数，则下列命题中的真命题是（ ）
A．，
B．，
C．函数（）的取值集合为
D．若，使得，，，…，同时成立，则正整数的最大值是5
【答案】D
【分析】根据取整函数的定义，得，再利用不等式的性质逐项判断即可.
【详解】对于A，当，，故A错误；
对于B，当时，，
当时，设，（），则，则
由定义得，故B错误；
对于C，因为，
所以，函数（）的值域为，故C错误；
对于D，当时，由，得（1），
(因为，，)
所以,
所以不等式组(1)有解，解得;
即存在，使得，，同时成立；
当时，由，得（2），
因为，所以，
所以上面不等式组无解，
即不存在，使得，，，，，同时成立；
综上所述，正整数的最大值是5，故D正确；
故选：D.
【变式1-2】
（24-25高三上·天津市津南区·期阶段练习）函数在数学上称为高斯函数，也叫取整函数，其中表示不大于的最大整数，如，，，与函数的交点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．无数个
【答案】A
【分析】画出两函数图象，数形结合得到交点个数.
【详解】画出与的两函数图象，如下：
可以看出两函数图象无交点，故交点个数为0.
故选：A
【变式1-3】
（2024高三下·天津市专题练习）函数是取整函数，也被称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数，例如：，．若在的定义域内，均满足在区间上，是一个常数，则称为的取整数列，称为的区间数列，下列说法正确的是（ ）
A．的区间数列的通项
B．的取整数列的通项
C．的取整数列的通项
D．若，则数列的前n项和
【答案】D
【分析】根据取整函数的含义及对数函数的取值情况可判断AB选项，利用对数运算公式及不等式可判断C选项，利用错位相减法求和可判断D选项.
【详解】选项A：当时，，，所以，，
又当时，，，所以，，
同理可知在上，，，所以，A错误．
选项B：由选项A的分析可知，，B错误．
选项C：因为
，
因为，所以，C错误．
选项D：由选项A的分析可知，，
则①，
所以②，
②-①得
，D正确．
故选：D
题型12 max与min函数
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（24-25高一上·天津·期中）若，，，其中表示，，中的最大者，表示，，中的最小者，下列说法不正确的是（ ）
A．函数为偶函数
B．当时，有
C．不等式的解集为
D．当时，有
【答案】C
【分析】根据图象判断函数奇偶性判断A，根据不等式变形判断B，根据复合不等式的解法求解判断C，根据复合函数不等式及B选项判断D.
【详解】若，解得或，
结合二次函数和一次函数知，
若，解得或，
结合二次函数和一次函数知，
所以，
画出的图象，如图：

结合图象及知为偶函数，故选项A正确；
当时，，即，所以，
所以，所以成立，故选项B正确；
对于C，令，则，当时，，解得，
当时，，解得或，又，所以，
当时，，解得，综上，故，
当时，，解得，
当时，，解得或，
当时，，解得，
综上，不等式的解集为，
故C错误；
对于D，当，令，
结合偶函数的性质，当时，，
则等价于，
结合选项B，当时，有成立，故D正确.
故答案：C
【点睛】关键点睛：本题主要考查了函数的性质以及复合函数不等式问题，难度较大，解答本题的关键在于结合换元法，先解内层不等式，再解外层不等式，注意前提条件对解的影响.
【典例1-2】
（24-25高三上·天津市虹桥区·阶段练习）设表示实数中的最小值，若函数，函数有六个不同的零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】画出的图象，令，分析出函数有两个不相等零点，且和均有三个根，且根各不相同，所以，由韦达定理分析得到，，由对勾函数单调性得到的取值范围，验证后得到答案.
【详解】画出的图象如下：
令，则函数至多两个零点，而至多三个根，同理至多三个根，
要想有六个不同的零点，需有两个不相等零点，不妨设，
且和均有三个根，且根各不相同，所以，由韦达定理得，，
显然，故，故，，由对勾函数性质得在上单调递减，所以，此时满足，故。故选：B
【点睛】方法点睛：复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数.
【变式1-1】
（2023·天津·一模）定义函数，设，若含有3个不同的实数拫，则实数的取值范围是 ．
【答案】或
【分析】由于方程有两个实数根，所以有两个相等的实根或者两个相异的实根，若含有3个不同的实数拫，结合函数的图象，分情况进行讨论根的情形得出结果.
【详解】设，，
由，解得，；
由于含有3个不同的实数拫，
所以有两个相等的实根或者两个相异的实根，
则，
即，解得，或.
当时，，解得，又，满足题意；
当时，如下图，的对称轴方程，，则有4个根，不合题意，舍去；
当时，，解得，即，含有2个不同的实数拫，不满足题意；
当时， 如下图，，若含有3个不同的实数拫，则，解得；综上，或.故答案为：或.
【变式1-2】
（21-22高一上·天津宁河·阶段练习）已知函数，，用表示中的较小者，记为，则的值域是 .
【答案】
【分析】令可求得临界点，结合的图像可确定的图像，由此可得结果.
【详解】令，即，解得：或，
则图像如下图所示，
由此可确定图像如下图所示，
由图像可知：的值域为.
故答案为：.
【变式1-3】
（2023·天津北辰·三模）设，对任意实数x，记．若有三个零点，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】分析函数的零点，由条件列不等式求a的取值范围.
【详解】令，
因为函数有一个零点，函数至多有两个零点，
又有三个零点，
所以必须有两个零点，且其零点与函数的零点不相等，
且函数与函数的零点均为函数的零点，
由可得，，所以，
所以为函数的零点，
即，
所以，
令，可得，
由已知有两个根，
设，则有两个正根，
所以，，
所以，故，
当时，有两个根，
设其根为，，则，
设，则，，
所以，
令，则，
则，，
且，，
所以当时，，
所以当时，为函数的零点，又也为函数的零点，
且与互不相等，
所以当时，函数有三个零点.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：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[a，b]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．
题型13 局部周期函数
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（2021·天津宝坻·模拟预测）已知函数满足对任意都成立，且，若方程在区间上有6个根，则实数的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】判断函数的周期，作出函数的图象以及的图象，数形结合即可求解.
【详解】由函数满足对任意都成立，即，所以函数的周期，在区间上有6个根，即在区间上有6个根，
作出函数在区间上图象，如图：
由图象可知，当的图象与的图象在区间上有6个根，-1一定是方程的根，则，故实数的范围是.故选：B
【典例1-2】
（2019·天津·一模）已知函数若关于的方程都有4个不同的根，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】都有4个不同的根，等价于的图象有四个交点，利用分段函数画出的图象，根据数形结合可得结果.
【详解】都有4个不同的根，等价于的图象有四个交点，因为，所以，若，则，则；
若，则，则；
若，则，则；
若，则，则；
若，则，则；，
作出的图象如图，求得，则，
由图可知，时，的图象有四个交点，
此时，关于的方程有4个不同的根，所以，的取值范围是，故选C .
【点睛】本题主要考查方程的根与函数图象交点的关系，考查的数形结合思想的应用，属于难题. 函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.
【变式1-1】
（天津市九校联考· ）已知函数，且函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围是．
A．B．C．D．(0,+∞)
【答案】A
【解析】函数恰有三个不同的零点等价于与有三个交点，再分别画出和的图像，通过观察图像得出a的范围.
【详解】解：方程
所以函数恰有三个不同的零点等价于与有三个交点
记，画出函数简图如下
画出函数如图中过原点虚线l，平移l要保证图像有三个交点，
向上最多平移到l’位置，向下平移一直会有三个交点，所以，即故选A.
【点睛】本题考查了函数的零点问题，解决函数零点问题常转化为两函数交点问题
【变式1-2】
（天津市十二重点中学·模拟）已知函数在定义域上单调递增，且对于任意，方程有且只有一个实数解，则函数在区间上的所有零点的和为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】数在定义域上单调递增，且对于任意，方程有且只有一个实数解，则是连续函数,可得 ,画出 与 的图象,如图
图象交点横坐标就是函数的零点,由图知, 在区间（）上的所有零点的和为 ,故选B.
【方法点睛】本题主要考查函数零点与图象交点之间的关系及分段函数的解析式及图象，属于难题.函数零点个数的三种判断方法:(1)直接求零点：令f(x)＝0，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：利用定理不仅要求函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，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：画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
【变式1-3】
（高三·天津南开·阶段练习）已知函数，把函数的零点按照从小到大的顺序排成一个数列，则该数列的通项公式为 ．
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】试题分析：作出函数图象易得函数的零点为，故数列数列的通项公式为
考点：函数的零点、数列的通项
题型13 放大镜函数
【解题规律·提分快招】
【典例1-1】
（高三·天津南开·阶段练习）函数，则下列命题中正确命题的个数是.
①函数有个零点；
②若时，函数恒成立，则实数的取值范围是；
③函数的极大值中一定存在最小值；
④，对一切恒成立.
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】
作出函数图象，易知函数有2个零点，①错；
若 时，函数恒成立，只需图象在的图象上方即可，
只需比较两函数在极值处的大小即可，只需即恒成立，又易得在时单调递减，，，
所以，②正确；
函数的极大值中不存在最小值，故③错；
当时，，所以，
所以，④正确.
【典例1-2】
（天津·二模）已知函数定义在上的函数，则下列说法中正确的个数是
①关于x的方程，有个不同的零点
②对于实数，不等式恒成立
③在上，方程有5个零点
④当，时，函数的图象与x轴围成的面积为4
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【详解】分析：根据函数的表达式，作出函数的图象，利用数形结合分别判断即可.
详解：由表达式可知.
①当时，方程等价为对应方程根的个数为五个，而，故①错误；
②
由不等式等价为，在恒成立，作出函数图象如图，由图可知函数图象总在的图象上方，所以不等式恒成立，故②正确；
③
由，得，设，则在上，方程有四个零点，故③错误；
④令得，，当时，函数的图象与轴围成的图形是一个三角形，其面积为，故④错误，故选B.
点睛：本题主要通过对多个命题真假的判断，主要综合考查函数的、函数的图象与性质，以及函数的零点与不等式恒成立问题，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.
【变式1-1】
（天津市七校联考）已知函数,若函数在区间[－2，4]内有3个零点，则实数的取值范围是．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先作出函数的图像，再由函数在区间[－2，4]内有3个零点可得，函数与在区间[－2，4]内有3个不同交点，进而可求出结果.
【详解】当时，；当时，；又x>0时，，所以可作出函数在[－2，4]的图像如下：

又函数在区间[－2，4]内有3个零点，所以函数与在区间[－2，4]内有3个不同交点，由图像可得或,
即或.
故选D
【点睛】本题主要考查函数的零点问题，将函数有零点的问题转化为两函数有交点的问题来处理，运用数形结合思想即可求解，属于常考题型.
【变式1-2】
（2023天津市第一中学模拟）已知函数若函数 的零点个数为2，则
A．或B．
C．或D．
【答案】D
【分析】由，可知当时，的图象可由的图象沿轴翻折，并向右平移2个单位长度，纵坐标变为原来的一半，即可作出函数的图象，将的零点问题转化为两个函数图象的焦点问题即可.
【详解】如图，可得的图象.令，当时，不符合题意；当时，得，若，则满足可得；若，因左支已交于一点，则右支必然只能交于一点，当时，因为，所以在上有两个交点，不合题意舍去，当时，则需解得，故选D.
【点睛】本题考查分段函数的图象和零点问题.对函数图象的正确绘制是解答本题的关键.
【变式1-3】
（20-21高三上·天津河西·阶段练习）已知函数，若方程在区间内有3个不相等的实根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．或
C．或D．
【答案】B
【分析】转化为函数与函数的图象在内有三个交点，求出和的解析式，再利用图象可得结果.
【详解】方程在区间内有3个不相等的实根，等价于函数与函数的图象在内有三个交点，
当时，，
当时，，，
当时，，，
作出函数在内的图象，如图：
由图可知：或，
故选：B.
【点睛】本题考查了分段函数的图象的应用，考查了转化与化归思想、数形结合思想，考查了由方程根的个数求参数的取值范围，属于中档题.
优先选取2024各地模拟试题
1．（2022·上海闵行·一模）设函数，对于实数a､b，给出以下命题：命题；命题；命题.下列选项中正确的是（ ）
A．中仅是的充分条件
B．中仅是的充分条件
C．都不是的充分条件
D．都是的充分条件
【答案】D
【分析】令，g(x)是奇函数，在R上单调递增，h(x)是偶函数，在(－∞，0)单调增，在(0，＋∞)单调减，且h(x)＞0，根据这些信息即可判断.
【详解】令，g(x)是奇函数，在R上单调递增，h(x)是偶函数，在(－∞，0)单调增，在(0，＋∞)单调减，且h(x)＞0.
，即g(a)＋h(a)≥－g(b)－h(b)，即g(a)＋h(a)≥g(－b)＋[－h(b)]，
①当a＋b≥0时，a≥－b，故g(a)≥g(－b)，又h(x)＞0，故h(a)＞－h(b)，∴此时，即是q的充分条件；
②当时，a≥0，，，(i)当a≥1时，a≥，则－b≤a，故g(a)≥g(－b)；此时，h(a)＞0，－h(b)＜0，∴h(a)＞－h(b)，∴成立；
(ii)当a＝0时，b＝0，f(0)＋f(0)＝6≥0成立，即成立；
(iii)∵g(x)在R上单调递增，h(x)在(－∞，0)单调递增，∴在(－∞，0)单调递增，
∵f(－1)＝0，∴f(x)＞0在(－1，0)上恒成立；又∵x≥0时，g(x)≥0，h(x)＞0，∴f(x)＞0在[0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)＞0在(－1，＋∞)恒成立，故当0＜a＜1时，a＜＜1，，
∴f(a)＞0，f(b)＞0，∴成立.综上所述，时，均有成立，∴是q的充分条件.故选：D.
【点睛】本题的关键是将函数f(x)拆成一个奇函数和一个函数值始终为正数的偶函数之和，考察对函数基本性质的掌握与熟练运用.
2．（2023·天津·高考真题）已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案.
【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，
由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；
当时、，即A、C中上函数值为正，排除；
故选：D
3．（2018·天津·二模）已知函数定义在上的函数，则下列说法中正确的个数是
①关于x的方程，有个不同的零点
②对于实数，不等式恒成立
③在上，方程有5个零点
④当，时，函数的图象与x轴围成的面积为4
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【详解】分析：根据函数的表达式，作出函数的图象，利用数形结合分别判断即可.
详解：由表达式可知.
①当时，方程等价为对应方程根的个数为五个，而，故①错误；
②
由不等式等价为，在恒成立，作出函数图象如图，由图可知函数图象总在的图象上方，所以不等式恒成立，故②正确；
③
由，得，设，则在上，方程有四个零点，故③错误；
④令得，，当时，函数的图象与轴围成的图形是一个三角形，其面积为，故④错误，故选B.
点睛：本题主要通过对多个命题真假的判断，主要综合考查函数的、函数的图象与性质，以及函数的零点与不等式恒成立问题，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.
4．（2022·贵州·模拟预测）已知函数图像与函数图像的交点为，，…，，则（ ）
A．20B．15C．10D．5
【答案】A
【分析】分析函数，的性质，再探求它们的图象交点个数，利用性质计算作答.
【详解】函数定义域为，
其图象是4条曲线组成，在区间，，，上都单调递减，
当时，，当0