2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题02函数及其性质(培优讲义)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题02函数及其性质(培优讲义)(学生版+解析)，共23页。学案主要包含了思路点晴，题型01，题型02，题型03，题型04，题型05，题型06，题型07等内容，欢迎下载使用。

◇方法技巧 01 函数及其性质的应用常用方法
函数及其性质的应用常用方法和技巧包括：
1、数形结合法：通过绘制函数图像，直观分析单调性、奇偶性、最值、零点等，是解决函数问题最常用的方法。
2、分类讨论法：对含参函数，根据参数的不同取值范围讨论函数的性质，如单调性、极值、零点个数等。
3、转化与化归法：将复杂函数转化为基本函数，或将方程、不等式问题转化为函数的单调性、最值问题。
4、换元法：通过变量代换简化函数结构，常用于处理复合函数、根式函数、指数对数函数等。
5、配方法与代数变形：用于求二次函数、可化为二次型的函数的最值和单调性。
6、导数法：研究函数的单调性、极值、最值，是解决高次函数、分式函数、指数对数函数的重要工具。
7、利用函数性质简化运算：如利用奇偶性化简表达式，利用周期性减少计算量，利用单调性比较大小。
8、构造函数法：根据问题特征构造新函数，常用于证明不等式或研究方程根的分布。
◇方法技巧 02 函数及其性质的常用解题技巧
函数及其性质的选填题（选择题与填空题）在高考中通常占据较大分值，且要求解题速度快、准确率高,
核心解题策略
1.小题小做，不择手段
选填题不需要展示解题过程，因此要摒弃“大题小做”的思维。优先使用特殊化、排除法、估算法等技巧，力求在3~5分钟内得出答案。
2. 数形结合，直观求解
函数问题最直观的方法就是画图。
技巧：只要题目涉及单调性、奇偶性、零点、最值或不等式，首先尝试画出函数草图。
应用：通过图像的高低、交点位置直接观察出答案，避免繁琐的代数运算。
3. 特殊化思想（特值法）
这是解决选填题的 “杀手锏”。
取特殊值：如令 或边界值代入验证。
取特殊函数：题目中说 “对于任意函数...” 或 “某类函数...”，可选取最简单的函数（如 ）进行验证。
取特殊点 / 特殊数列：在抽象函数或复杂曲线问题中使用。
常见题型与技巧
1. 抽象函数问题
技巧：“具体化”。
方法：根据抽象函数满足的性质（如 ），联想具体的基本初等函数（如对数函数），用具体函数去检验选项，排除错误答案。
2. 函数性质（奇偶、单调、周期）综合
技巧：“赋值法” 与 “图像变换”。
方法：
利用奇偶性判断图像对称性。
利用周期性将大自变量转化为小自变量（如 f(2025)=f(1)）。
利用单调性脱去函数符号 “f”，转化为普通不等式求解（注意定义域）。
3. 函数零点与方程根的问题
技巧：“分离参数” 与 “图像交点”。
方法：
将方程 f(x)=0 转化为 g(x)=h(x)，分别画出两边函数的图像，看交点个数。
对于含参方程，常采用分离参数法（如 a=φ(x)），转化为求函数 φ(x) 的值域或最值问题。
4. 比较大小问题
技巧：“搭桥法” 与 “构造函数”。
方法：
搭桥：找中间值（如 0,1,−1）进行传递比较。
构造：若无法直接比较，构造一个新函数 F(x)，利用导数研究其单调性，从而比较 F(a) 与 F(b) 的大小。
5. 分段函数求值
技巧：“由内向外” 与 “整体代换”。
方法：
求值时遵循 “由内向外” 的原则，逐步代入。
若求 f(f(a))，先求 f(a)=b，再求 f(b)。
若已知 f(a)=k 求 a，需对 a 的范围进行分类讨论。
6. 不等式恒成立问题
技巧：“最值法”。
方法：
恒成立 ⟺。
恒成立 ⟺。
选填题中可直接观察图像最高点或最低点。
避坑指南
定义域优先：在处理单调性、奇偶性、求值问题时，务必先看定义域是否关于原点对称或是否有意义。
陷阱识别：注意题目中的“”与“”的区别；注意 “单调递增” 与 “区间上单调递增” 的区别。
端点取舍：在求参数范围时，注意临界点是否能取到（等号的取舍）。
◇题型 01 函数的定义域
典｜例｜精｜析
典例1．函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．且.
【答案】D
【分析】根据真数大于零，分母不为零求解.
【详解】由题意得，且，则且，
则函数的定义域为且.
故选：D
典例2．已知函数的定义域为，则的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】求出函数的定义域，对于，可得出关于实数的不等式组，即可解得函数的定义域.
【详解】对于函数，有，则，
所以，函数的定义域为，
对于函数，则有，解得，
因此，函数的定义域为.
故选：A.
典例3．若函数的定义域为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．或
【答案】C
【分析】由题意可知不等式的解集为R，分情况讨论，即可求解.
【详解】当时，不等式恒成立.
当时，恒成立；
当时，则需满足，
综合可得的取值范围是.
故选：C
变｜式｜巩｜固
变式1．集合，集合，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，
因此，.
故选：C.
变式2．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据抽象函数定义域以及根式的意义列式，结合指数函数单调性运算求解即可.
【详解】由题意可得：，解得，
所以函数的定义域为.
故选：D.
变式3．“函数的定义域为”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】B
【分析】由函数的定义域为R，即对任意恒成立，可得a的范围，则可得“函数的定义域为R”是“”的必要不充分条件.
【详解】因为函数的定义域为R，
所以对任意恒成立，
①当时，对任意恒成立；
②当时，只需，解得：；
所以.
记集合，.
因为⫋，所以“函数的定义域为R”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
◇题型 02 函数的解析式
典｜例｜精｜析
典例1．已知函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】通过换元法及常数分离进行求解.
【详解】令，则，且，则，
可得，
所以．
故选：B
典例2．已知函数，且，则的值为（ ）
A．0B．1
C．D．2
【答案】C
【分析】求出，得到方程，求出答案.
【详解】3，
所以，
又，即，解得．
故选：C
典例3．已知函数的定义域为，且满足，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】令，可得，然后化简求得，利用基本不等式即可求解.
【详解】由①，
令，②，
由得，
所以，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为.
故选：D
变｜式｜巩｜固
变式1．若函数是二次函数，满足，则=（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用待定系数法，由题意建立方程组，可得答案.
【详解】设（），由，则，
由，则，
整理可得，则，解得，
所以.
故选：B.
变式2．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由配凑法结合基本不等式求出的范围即可得解.
【详解】因为，
且，或，
当且仅当即时取等.
所以.
故选：D.
变式3．已知定义在上的奇函数和偶函数满足，则下列说法错误的是（ ）
A．在区间上单调递增B．在区间上单调递增
C．无最小值D．无最小值
【答案】D
【分析】结合奇偶性定义可构造方程组求得，由指数函数单调性、复合函数单调性的判断方法可知AB正误；由奇偶性可确定单调性，进而确定CD正误.
【详解】由题意得：，
由得：，；
对于A，在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，A正确；
对于B，设，则当时，；
在上单调递增，在上单调递增，
在上单调递增，在上单调递增，B正确；
对于C，由A知：在上单调递增，又为定义在上的奇函数，
在上单调递增，又为连续函数，在上单调递增，
无最小值，C错误；
对于D，由B知：在上单调递增，又为定义在上的偶函数，
在上单调递减，又为连续函数，，D错误.
故选：D.
变式4．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．2025B．2024
C．2023D．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，
而，则，当时，，
因此，，则，
所以，.
故选：A
◇题型 03 求已知函数的值域
典｜例｜精｜析
典例1．取整函数（也叫高斯函数）的函数值表示不超过实数x的最大整数，例如，，，，，则函数，其中的值域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题可知，从而得到函数的值域为.
【详解】根据取整函数的定义，对任意实数，有，可得；
故函数的值域为.
故选：A
典例2．函数的值域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】换元法，令，得到，从而得到函数值域.
【详解】令，则，
则，
故当时，取得最大值，最大值为，
所以的值域为.
故选：D
典例3．对于任意实数，，定义：，若函数，，则函数的最小值为（ ）
A．0B．1
C．2D．4
【答案】B
【分析】运用新定义，分别讨论和时函数的范围，即可得到其最小值.
【详解】解：根据新定义可得：
当，即或时，；
当，即时，，
故函数的最小值为1.
故选：B.
典例4．函数的最大值为（ ）
A．4B．2
C．D．
【答案】C
【分析】令（），通过求出的范围，则配方后即可求得最大值.
【详解】由解析式易知的定义域为，
令（），
所以，则，
由，可知，
，所以，则，
所以（），
则，
所以的最大值为.
故选：C.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知函数，（），则它的值域为（ ）
A．B．（-3，0）
C．（-1，0）D．（-2，0）
【答案】D
【分析】化简函数，结合，求得的取值范围，即可求解.
【详解】由题意，函数
设，则，可得
故的值域为.
故选：D.
变式2．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，已知函数，则函数的值域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】分析函数的单调性，再结合高斯函数的特点即可求解.
【详解】，
所以，
所以函数在单调递减，在单调递增，
所以==,
又,,
所以的值域为.
故选：B.
变式3．下列函数中，值域为的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据二次函数、分式型函数等单调性及基本不等式求各函数在给定区间上的值域.
【详解】A：在上递减，在上递增，值域为，错；
B：在上递增，值域为，错；
C：在取等号，结合对勾函数性质知，在上的值域为，错；
D：在上递增，故值域为，对.
故选：D
变式4．若函数满足，定义的最小值为的值域跨度，则下列函数中值域跨度不为2的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由余弦函数的性质判断A；利用配方法求解函数值域判断B；将函数写为分段函数的形式，求得值域判断C；采用分离常数法求得函数值域判断D.
【详解】∵，∴，
即函数的值域为，值域跨度为2；
∵，
∴的值域为，值域跨度为；
∵，
∴函数的值域为，值域跨度为2；
∵，值域跨度为2；
故选：B.
【点睛】本题主要考查函数值域的求法，掌握初等函数的性质是解题的关键，属于中档题.
◇题型 04 已知函数值域求参
典｜例｜精｜析
典例1．已知函数的定义域与值域均为，则实数的取值为（ ）
A．-4B．-2
C．1D．-1
【答案】A
【分析】依题意知的值域为，则方程的两根为或，可得，，从而确定当时，取得最大值为，进而解得.
【详解】依题意，的值域为，且的解集为，
故函数的开口向下，，
则方程的两根为或，
则，，即，
则，
当时，取得最大值为，
即，解得：.
故选：A.
典例2．函数的定义域为，值域为，则的取值范围是（ ）
A．[0，4]B．[4，6]
C．[2，6]D．[2，4]
【答案】D
【分析】因为函数的图象开口朝上，由，结合二次函数的图象和性质可得的取值范围.
【详解】函数的图象是开口朝上，
且以直线为对称轴的抛物线，
故，
函数的定义域为,值域为，
所以，
即的取值范围是,故选D.
【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，以及函数的定义域与值域，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力.
典例3．已知函数的值域为，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】首先求函数在时函数的值域，再根据函数的值域为，确定时函数的单调性和端点值的范围，求实数的取值范围.
【详解】时，，
又的值域为，则时，的值域包含，
，解得：.
故选：B
典例4．已知函数，若对任意，总存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】问题转化为，求出在上的最小值，而为或，解不等式组，即可求解.
【详解】，当时最小值为-1
对任意，总存在，使得成立，
只需，即，
而为或，
只需，解得.
故选:A
【点睛】本题考查不等式存在成立和恒成立问题，转化为函数的最值是解题的关键，属于中档题.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知函数在上的值域为，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据二次函数的图象和性质，结合定义域与值域的概念可以得到实数m的取值范围.
【详解】函数在[0,2]上单调递减，在[2,+∞)上单调递增，
时时，
函数的部分图象及在上的图象如图所示.
所以为使函数在上的值域为，实数m的取值范围是，
故选：B.
变式2．函数的值域为，则实数的范围（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】结合函数单调性来求解分段函数的值域，讨论和两种情况
【详解】当时，
为满足题意函数的值域为，
则，为单调增函数
且当时，
即时，，
当时，，
，
故选
【点睛】本题主要考查了分段函数的值域，在求解过程中，结合函数的单调性，比较端点处的取值，此类题目为常考题型，需要掌握解题方法．
变式3．已知函数，若函数有最小值，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求出在上的范围，再结合函数的最值分、两种情况讨论.
【详解】当时，，
函数有最小值，则最值必在上取得，且其最小值小于等于，
若，则，得，
若，则，得，
则实数的取值范围是.
故选：D
变式4．已知函数，若的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】借助的值域为可得要取遍所有的正数，对进行分类讨论即可得.
【详解】若函数的值域为，则要取遍所有的正数．
所以或，解得，
即实数的取值范围是.
故选：A．
变式5．已知函数，.若，，，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】根据条件求出的值域，与的值域，由，，，可得两值域的包含关系，即可求得参数的取值范围.
【详解】解：因为，，所以的值域为.
因为，所以在上的值域为，依题意得，则
解得.
故选：C
【点睛】本题考查函数方程思想的综合应用，属于中档题.
◇题型 05 分段函数不等式求解
典｜例｜精｜析
典例1．设函数则满足的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对的取值范围分，，三种情况进行分类讨论，分别求解对应的不等式即可得到最终结果.
【详解】当，则，
，，
成立，
当时，，
，
，解得：.
.
当时，
，，
成立，
综上所述：.
故选：C
典例2．已知表示不超过的最大整数，例如，等，定义，则下列结论正确的有（ ）
A．，
B．不等式的解集为
C．的值域为
D．是周期函数
【答案】CD
【分析】利用特殊值法可判断A选项的正误；解不等式可判断B选项的正误；取可判断C选项的正误；验证可判断D选项的正误.
【详解】对于A，当时，，，不满足，故A错误；
对于B，由可得，故的取值集合为，故，故B错误；
对于C，对于函数，若且，则，则，C选项正确；
对于D，对任意的，存在使得，则，
，故，
所以，，
故函数为周期函数，D选项正确.
故选：CD.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知函数则使不等式成立的的取值范围是_____________.
【答案】
【分析】由分段函数的解析式分、、三种情况讨论可得.
【详解】因为，所以，所以，
当时，，不符合题意；
当时，；
当时，，即，
综上的取值范围是.
故答案为：.
变式2．定义，若函数，则的最大值为__________；若在区间上的值域为，则的最大值为________________．
【答案】3；
【分析】根据已知得，画出函数图象，数形结合求函数最大值，根据值域端点值求出对应的自变量，讨论确定的最大值.
【详解】当时，解得或，
所以，作出的图象如图所示：
由图知：当时有最大值，所以，
当时，令，注意，解得或，
令，注意，解得，
当时，令，注意，解得，
令，注意，解得，
由图知：当，时，的值域为，
此时的最大值为；
当，时，的值域为，此时，
由上知，的最大值为.
故答案为：3，
◇题型 06 函数的单调性
典｜例｜精｜析
典例1．若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】是由与复合而成，先分析外层函数单调性，再根据复合函数单调性确定内层函数单调性，进而求出的取值范围.
【详解】是由与复合而成，
在中，，，所以在上单调递减.
因为在上单调递减，且外层函数在上单调递减，
根据复合函数“同增异减”的原则，可知内层函数在上单调递增.
对于二次函数，其图象开口向上，对称轴为.
二次函数在对称轴右侧单调递增，要使在上单调递增，
则对称轴需满足，解得.
故选：A.
典例2．若函数是上的单调函数，且对任意实数，都有，则（ ）
A．1B．
C．D．0
【答案】C
【分析】利用换元法令，表示出函数，由确定值，求出解析式，进一步求函数值即可.
【详解】∵对任意实数，都有，
令，则.
又，
∴，
∵函数是上的单调函数，解得.
∴，∴.
故选：C.
典例3．已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】B
【分析】利用导数值恒大于或等于0，再利用分离参变量思想即可求解.
【详解】求导得，
要满足函数在区间上单调递增，
则，即，
因为，所以，即，
故选：B.
典例4．已知函数，对任意的，且，都有，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】首先根据条件判断函数在上为增函数，在保证每一段函数单调递增的情况下，注意分界点处的值的大小关系，列不等式组求解即可．
【详解】根据题意，函数对任意的，且，都有，
所以在上为增函数，
又，
所以有，
即，解得，
故选：D．
变｜式｜巩｜固
变式1．函数的单调递减区间为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据真数大于零，可得函数的定义域；结合复合函数“同增异减”的原则，可确定函数的单调递减区间.
【详解】由得，
所以函数的定义域为
令，则是单调递减函数
又，在上单调递增，在上单调递减
由复合函数的单调性可得函数的单调递减区间为.
故选：A.
【点睛】本题考查的知识点是复合函数的单调性，函数的定义域，对数函数的性质，属于中档题.
变式2．已知函数，若，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求解函数的单调性，接着根据已知条件结合函数定义域和单调性即可求解.
【详解】因为当时，是单调递增函数，此时，
当时，是单调递增函数，此时，
所以是定义在上的单调递增函数，
所以若即，
则，，
故选：D.
变式3．设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.
【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，
则有函数在区间上单调递减，因此，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
变式4．若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据条件得即在上恒成立，构造函数，，由二次函数的性质求出的最值即可解决问题.
【详解】因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，，变形得，因为，所以，
所以当，即时，，所以.
故选：A．
变式5．已知函数，数列满足，，则“为递增数列”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】已知函数，数列满足，结合分段函数的性质讨论，若为递增数列，则，与矛盾，不满足充分性；若，满足，可以推出为递增数列，故满足必要性，所以“为递增数列”是“”的必要不充分条件.
【详解】已知函数，数列满足.
①充分性：
若为递增数列，则对于所有，满足，即.
当时，成立，即
：，
：，
：，
：需要满足，即，
当，，要使在时单调递增，则.
综上，若数列递增，则，
所以“数列递增”不能推出“”，不满足充分性.
②必要性：
若，则，由①知当时为递增数列，
所以“”能满足“数列递增”，
即“数列递增”是“”的必要条件.
所以“为递增数列”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
◇题型 07 函数的奇偶性
典｜例｜精｜析
典例1．设函数，则（ ）
A．是偶函数，且在单调递增B．是奇函数，且在单调递减
C．是偶函数，且在单调递增D．是奇函数，且在单调递减
【答案】C
【分析】首先确定定义域关于原点对称，又有，可知为偶函数；利用复合函数单调性的判定方法可确定时，单调递减，由对称性可知时，单调递增，由此得到结果.
【详解】由得：，定义域为；
又，
为定义域内的偶函数，可排除BD；
当时，，
在上单调递减，单调递增，在上单调递减，可排除A；
为偶函数且在上单调递减，在上单调递增，C正确.
故选：C.
典例2．若函数有且只有1个零点，则的值为（ ）
A．B．0
C．1D．2
【答案】C
【分析】先求出函数定义域，接着分析函数的奇偶性和单调性以及函数值的情况即可求解.
【详解】由题可得，所以函数定义域为关于原点对称，
又，所以函数为偶函数，
又为增函数，和均为上的增函数，
所以函数在上单调递增，则函数在上单调递减，
所以有最大值为，又时，，
所以若函数有且只有1个零点，则.
故选：C
典例3．已知定义在上的偶函数，且当时，单调递增，则关于的不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先利用偶函数性质可得，再由偶函数单调性以及定义域列出不等式组计算求解即可.
【详解】由题意，函数是定义在上的偶函数，所以，
解得，即函数的定义域为，
当时，单调递增，所以当时，单调递减，
关于的不等式，即，
所以，解得，所以原不等式解集为.
故选：A
典例4．设是定义在上的奇函数，且．若在上单调递减，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用函数的奇偶性和函数的单调性求解即可.
【详解】由题意可知的解集是
的解集是．
因为不等式等价于不等式组或
所以不等式的解集是．
故选：B.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知函数是偶函数，则（ ）
A．-1B．0
C．1D．1或-1
【答案】C
【分析】根据偶函数的性质计算可得.
【详解】由偶函数性质可得，移项得，
所以，即，所以解得.
检验：当时，，此时定义域是，
显然关于原点对称,所以满足题意；
当时，，此时定义域是，
显然不关于原点对称，所以不满足题意；
故选:C
变式2．已知是定义域为R的奇函数，当时，，则当时，的最小值为（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】A
【分析】由奇函数性质求出当时，，再由基本不等式求解．
【详解】当时，得，
由函数是定义域为R的奇函数，
得，
即当时，，等号成立时，，
则当时，的最小值为1，
故选：A
变式3．已知函数是定义域为的偶函数，当时，，若，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意和偶函数的性质求出时，，再根据的范围，解不等式.
【详解】当时，则，由题意得，因为函数是定义域为的偶函数，所以，即时，；
又因为，所以当时，，解得；当，，解得，综上所述的取值范围是，
故选：B.
变式4．已知，且，则等于（ ）
A．B．
C．D．10
【答案】A
【分析】可设，易知是上的奇函数，则，进而可求解；也可利用与列方程组求解.
【详解】方法一：令，
易知是上的奇函数，从而，
又，∴，∴，
∴，
∴．
方法二：由已知条件，得
①+②得．
又，∴．
故选：A
变式5．已知函数在上的最大值和最小值分别为，，则（ ）
A．B．0
C．2D．4
【答案】A
【分析】构造函数，证明为奇函数，从而得到，即可求出的值.
【详解】令，定义域为，
因为在上的最大值和最小值分别为，，
所以在上的最大值和最小值分别为，，
因为，
所以为奇函数，的图象关于原点对称，
所以的最大值和最小值互为相反数，即，
所以，
故选：A.
◇题型 08 函数单调性和奇偶性综合
典｜例｜精｜析
典例1．设函数,则使成立的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】试题分析：，定义域为，∵，∴函数为偶函数，当时，函数单调递增，根据偶函数性质可知：得成立，∴，∴，∴的范围为故答案为A.
考点：抽象函数的不等式.
【思路点晴】本题考查了偶函数的性质和利用偶函数图象的特点解决实际问题，属于基础题型，应牢记．根据函数的表达式可知函数为偶函数，根据初等函数的性质判断函数在大于零的单调性为递增，根据偶函数关于原点对称可知，距离原点越远的点，函数值越大，把可转化为，解绝对值不等式即可．
．已知函数是上的奇函数，且，对于任意的，都有，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，构造函数，探讨的奇偶性及单调性，再求解不等式.
【详解】设，由函数是上的奇函数，得的定义域为，
且，函数也是上的奇函数，
对于任意的，都有，
得，即，
函数在上单调递增，又为奇函数，因此在上单调递增，
由，得，
由不等式，则，解得，
所以不等式的解集为.
故选：A
．已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据条件，分析得到函数关于直线对称且在上单调递增，进而将不等式转化为，结合对数函数的图象与性质即可求解.
【详解】由可得：，
则，
所以函数是偶函数，则函数的图象关于直线对称，
所以函数的图象关于直线对称，
又时，在上单调递增，则在上单调递减，
若，则，
即，所以或，解得：或，
所以实数的取值范围是，
故选：D.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知，则满足的实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由函数解析式明确定义域，判其奇偶性，整理函数解析式，根据指数函数、对勾函数以及复合函数的单调性，可得函数的单调性，简化不等式，可得答案.
【详解】由，易知其定义域为，
由
，则函数为偶函数，
，
由在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
则在上单调递减，在上单调递增，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
由，则，即，
整理可得，化简可得，
解得.
故选：A
变式2．已知一函数，其定义域为，则满足不等式的的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先确定函数定义域，再利用函数奇偶性及单调性解不等式即可.
【详解】由题可知函数，所以为偶函数，
当时，，又与在上单调递减，
所以在也单调递减，
，即，
所以解得或，
所以的取值范围为.
故选：D.
变式3．已知函数，，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先判断函数为奇函数，且函数在上单调递增，由，得，得进行求解即可．
【详解】因为，
且，
所以函数为奇函数，
而在上单调递增，在上单调递增，
则函数在上单调递增，
由，得，
得，得，
得，
故选：A
变式4．已知函数，且，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先构造函数，将不等式可以转化为，利用奇偶性定义得到函数为奇函数，利用导数证明函数在上单调递增，再利用奇偶性和单调性结合解不等式,即可得到实数的取值范围.
【详解】设，则，
所以可以转化为，即，
因为
所以函数为奇函数，
，所以函数在上单调递增，
，即，
因为为奇函数，所以，
所以，所以
即或者，所以实数的取值范围是
故选：C
◇题型 09 函数的周期性和对称性
典｜例｜精｜析
典例1．已知定义在上的函数满足，，当时，，则等于（ ）
A．0B．1
C．2D．
【答案】A
【分析】根据已知可得得，结合奇函数性质得，即可得.
【详解】由已知可得，函数为R上的奇函数，且周期.
则，又，
所以，则.
故选：A.
典例2．已知函数是上的偶函数，若对于，都有，且当时，，则（ ）
A．B．
C．2D．1
【答案】D
【分析】根据已知确定在时，函数具有周期性，然后结合偶函数定义可把转化到已知解析式的区间上求解即可．
【详解】，都有，
即当时，函数具有周期性，且周期为4，
又是偶函数，.
故选：D.
典例3．设函数则满足的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】构造，发现为奇函数，从而可得的对称中心为，得到，再通过求导可发现与在R上单调递增，继而求解不等式即可.
【详解】假设，
所以，所以，
所以为奇函数，
而，
则其图象是的图象向右平移1个单位长度，向上平移4个单位长度得到的，
所以的对称中心为，所以，
因为，所以，
易得，当且仅当时等号成立，
而，则，
所以恒成立，即在上单调递增，
所以在R上单调递增，
因为得，
所以，解得.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过构造函数，利用其奇偶性结合函数图象的平移和函数导数与单调性的关系即可得到，解出即可.
典例4．已知函数的定义域为R，且为奇函数，为偶函数，记的导函数为，则下列函数为奇函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用抽象函数的奇偶性、周期性，结合导数运算法则逐项判断即可.
【详解】因为为奇函数，为偶函数，
所以，，
所以为偶函数，故C错误；
又对两边求导，得，
即，所以是偶函数，故B错误；
由，可得，
由，可得，
所以，即，即得，
所以是周期为4的函数，则，所以是奇函数，故A正确；
由，可得，即，
又由，可得，
所以，即为偶函数，所以为偶函数，故D错误.
故选：A.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知定义域为R的函数满足：为偶函数，，且，则（ ）
A．0B．1
C．2D．3
【答案】B
【分析】由题意根据函数满足的条件等式，推出函数的一个周期，再利用赋值法求出以及，结合函数周期，即可求得答案.
【详解】由题意知定为域为R的函数满足：为偶函数，
即，即，结合，
得，即，
故，即，
则，故8为函数的一个周期，
由于，，故令，则，
结合，令，得，
对于，令，则，
故，
故选：B
【点睛】关键点睛：本题考查了抽象函数的求值问题，解答的关键是根据函数满足的条件，推出函数周期，进而结合赋值法求值，即可求解答案.
变式2．函数，若有，则（ ）
A．8B．5
C．0D．4
【答案】A
【分析】根据题意，利用图象变换求得函数的图象关于对称，进而得到，即可求解.
【详解】由函数，可得，
所以为奇函数，其图象关于原点对称，
根据函数的图象变换，可得函数的图象关于对称，
因为，所以且，解得.
故选：A.
变式3．已知函数是偶函数，当时，恒成立，设，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用是偶函数可判断出函数的对称轴，再利用当时，恒成立，判断出函数的单调性，即可求解.
【详解】当时，恒成立，
当时，，即，
函数在上为增函数，
函数是偶函数，即，
函数的图象关于直线对称，，
又函数在上为增函数，，
即，.
故选：B.
变式4．已知函数的定义域为，且为奇函数，，则一定正确的是（ ）
A．的周期为2B．图象关于直线对称
C．为偶函数D．为奇函数
【答案】D
【分析】根据函数奇偶性、对称性及周期性对选项逐一分析即可.
【详解】为奇函数，得，
即，则为奇函数，故C错误；
且图象关于点中心对称，故B错误；
可知，函数周期为4，故A错误；
，又图象关于点中心对称，知，
所以，得关于点对称，
则关于点对称，所以为奇函数，故D正确.
故选：D.
变式5．已知定义在上的函数满足，且，则（ ）
A．B．为奇函数
C．有零点D．
【答案】D
【分析】令，求得，可判定A不正确；由，得到函数的图象不过坐标原点，可判定B不正确；令，求得或，可判定C不正确；令，化简求得，可判定D正确.
【详解】对于A，因为，令，可得，
因为，所以，所以A不正确；
对于B，由函数的定义域为，且，显然函数的图象不过坐标原点，所以函数不是奇函数，所以B不正确；
对于C，令，得，即，
解得或，显然函数没有零点，所以C不正确；
对于D，令，可得，即，
所以，所以D正确.
故选：D.
◇题型 10 函数的图像
典｜例｜精｜析
典例1．已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先由函数奇偶性排除AB，再由时函数值正负情况可得解.
【详解】由图可知函数为偶函数，而函数和函数为奇函数，故排除选项AB；
又当时，此时，
由图可知当时，，故C不符合，D符合.
故选：D
典例2．如图,长方形的边AB=2,BC=1,O是AB的中点,点P沿着边BC,CD与DA运动,记,将动点P到A,B两点距离之和表示为x的函数,则函数的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：由题意可得,由此可排除C,D；当时点在边上，，，所以,可知时图像不是线段,可排除A,故选B.
考点：本题主要考查函数的识图问题及分析问题解决问题的能力.
变｜式｜巩｜固
变式1．函数（且）的图象可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.
考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.
变式2．已知函数,则的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：设，则，∴在上为增函数,在上为减函数，∴，，得或均有排除选项A，C，又中,，得且，故排除D.综上，符合的只有选项B.故选B.
考点：1、函数图象；2、对数函数的性质.
变式3．已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用函数在上的值排除B,利用奇偶性排除A,利用函数在上的单调性排除D
【详解】对于A，，定义域为，
又，所以为偶函数，故A错误；
对于B，当时，
易知，，所以，不满足，故B错误；
对于D，当时，，
由反比例函数的性质可知，在上单调递减，故D错误；
检验选项C，满足图中性质。
故选：C
◇题型 11 函数的模型及实际应用
典｜例｜精｜析
典例1．Lgistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Lgistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（ ）（ln19≈3）
A．60B．63
C．66D．69
【答案】C
【分析】将代入函数结合求得即可得解.
【详解】，所以，则，
所以，，解得.
故选：C.
【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.
典例2．香农定理作为通信理论的基石，在现代通信中有着广泛的应用，它给出了信道容量和信噪比及信道带宽的关系，即其中是信道容量，单位bps；为信道带宽，单位Hz；代表接收信号的信噪比，为无量纲单位.军事战术电台采用跳频扩频（FHSS）技术，通过每秒切换数千次频率将信道带宽由5MHz扩展至100MHz，为了将敌方干扰效率降低90%以上，需将信道容量由17.3Mbps提高至593Mbps，依据香农定理，则大约需将信号的信噪比提升至原来的（ ）倍.（参考数据：，）
A．5B．6
C．7D．8
【答案】B
【分析】依据香农定理，结合题中数据代入计算即可.
【详解】设原始状态信道容量为，提升后信道容量为，
由题意可得，即，解得，
同理，即，解得，
所以大约需将信号的信噪比提升至原来的6倍.
故选：B
变｜式｜巩｜固
变式1．某金融产品的价格增长模型遵循连续复利模型，公式为，其中r为年收益率，t为投资时间（单位：年），为自然对数的底数，为初始资金，为t年后的资金，已知某产品年收益率，则使初始资金翻倍至少需要（参考数据：）（ ）
A．12年B．13年
C．14年D．15年
【答案】C
【分析】由题意可得，即可利用对数的运算性质即可求解.
【详解】由题意可知，代入公式可得，
所以所以，所以至少需要14年，
故选：C
变式2．用于测量视力情况的视力表通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据和小数记录法的数据满足．已知甲、乙两人视力的五分记录法的数据分别为和，乙视力的小数记录法的数据为，则甲视力的小数记录法的数据为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】代值计算即可.
【详解】由题可知：.
故选：C
变式3．夏季天气炎热，某教室上课关门窗开空调，造成二氧化碳含量增加，按照《中小学校教室换气卫生要求》（GB/T177226-2017）规定，中小学校教室内二氧化碳日均最高容许浓度不得超过0.10%，经检测，该教室某日刚下课时，空气中二氧化碳浓度为0.14%，记下课开窗通风分钟后教室内的二氧化碳浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，%是二氧化碳初始浓度，，则该教室内的二氧化碳浓度不超过需要的时间的最小整数值为（ ）
（参考数据：）
A．3B．4
C．5D．6
【答案】C
【分析】先根据条件得出，再利用对数的运算法则解不等式即可.
【详解】由题意可知，，
解，即，
得，
该教室内的二氧化碳浓度不超过需要的时间的最小整数值为.
故选：C
◇题型 12 函数的零点
典｜例｜精｜析
典例1．设是关于x的方程的根．若，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】函数图像开口向上，利用根的分布，即可求解实数a的取值范围.
【详解】由题意知，函数开口方向向上，
若，则函数须同时满足三个条件：
当时，，代入解得，恒成立；
当时，，代入解得；
当时，，代入解得，
综上，实数a的取值范围是.
故选：A.
典例2．若，，，则正数大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】将问题转化为函数与函数的交点的横坐标，再数形结合即可判断.
【详解】由，则为与交点的横坐标，
由，则为与交点的横坐标，
由，即，则为与交点的横坐标，
作出，，，的图象如下所示，
由图可知，.
故选：B
典例3．已知定义在上的偶函数满足，且当时，，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．函数关于直线对称
C．函数是偶函数
D．关于的方程在区间上所有根的和为0
【答案】C
【分析】由，取可判断A；由为偶函数结合可判断B；令，验证与的关系可判断C；画出在区间上的图象可判断D.
【详解】取，得，
所以，故A正确；
因为，则，即，
又由为偶函数，即，
所以函数关于直线对称，故B正确；
令，则，
所以为奇函数，即函数是奇函数，故C错误；
因为为偶函数，画出函数的图象可知，方程所有根的和为0，故D正确.
故选：C.
典例4．已知函数，，若方程有四个实数解，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据方程有四个实数解分析可得方程有一个正数解，一个零解，还有两个负数解，再结合一元二次方程的根与系数关系可得结果.
【详解】因有四个实数解，所以时方程有一个实数解，时方程有三个实数解.
①当时，由，即，因方程要有一个正实数解，
所以，即，方程有一正实数解.
②当时，由，即，显然方程有一个实数解.
所以有两负实数解，设为，由根与系数关系得
，，得.
综上①②，得.
故选：D.
变｜式｜巩｜固
变式1．函数的零点所在的区间是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据零点存在性定理即可求解.
【详解】函数的定义域为，因为在上连续且为增函数．
且，则．
由零点存在定理可知，函数的零点所在的区间是．
故选：C.
变式2．已知函数，若函数恰有3个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】转化为函数与的图象有3个交点，结合的图象可得答案.
【详解】若函数恰有3个零点，
即函数与的图象有3个交点，
，
当时，，当时，，
函数的图象如下，
结合图象可得.
故选：A.
变式3．若平面直角坐标系内A，B两点满足点A，B都在函数的图象上，且点A，B关于原点对称，则称点对是函数的一个“和谐点对”．已知函数，则的“和谐点对”有（ ）
A．1个B．2个
C．3个D．4个
【答案】B
【分析】作出函数的图象关于原点对称的图象，看它与函数的图象的交点个数即可．
【详解】如图所示，作出函数的图象关于原点对称的图象，看它与函数的图象的交点个数即可，观察图象可得交点个数为2，即的“和谐点对”有2个．
故选：B．
变式4．已知函数，若在有唯一的零点，则（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】A
【分析】先判断是偶函数，根据偶函数的对称性即可求解.
【详解】由于，
所以是偶函数，
要使在有唯一的零点，则，
即，解得，
故选：A
◇题型 13 构造函数比较大小
典｜例｜精｜析
典例1．设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】分别将,改写为，，再利用单调性比较即可.
【详解】因为，，
所以.
故选：A.
【点晴】本题考查对数式大小的比较，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.
典例2．设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】构造函数，导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解：，，，
①，
令
则，
故在上单调递减，
可得，即，所以；
②，
令
则，
令，所以，
所以在上单调递增，可得，即，
所以在上单调递增，可得，即，所以
故
典例3．设，则x，y，z的大小关系不可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】令，可得x，y，z的表达式，取，根据对数函数的单调性，可得x最大，分别比较与和与的大小，即可判断A的正误；取，根据对数函数的单调性，分析比较，可判断B的正误；取极小正数，根据对数的运算性质，分析比较，可判断C的正误；求出成立的必要条件是，构造函数，利用导数求得的单调性，根据对数的运算性质，可得和不可能同时成立，即可判断D的正误.
【详解】令，则，，．其中．
取，此时，，
，此时x最大．
又与比较，等价于比较7与，等价于比较49与27大小，故．
同理比较与，可得，故，故．
综上，当时，．故A是可能的．
取．此时，，，故且．
比较y和z，即与，，且是增函数，
所以，又底数，所以，故．
综上，当时，．故B是可能的．
取极小正数，取，此时，，，易知x最小．
现在比较和，即比较与，即和，比较和，
易知，故．
综上，取，．故C是可能的．
下面证明D选项不可能．若，则和同时成立．
若，则．
当时，，当时，，
同理可得，故存在，使得，
所以成立的必要条件是．
若，则，设，
则，且取时，，
等价于，
又，等价于，，易知其在时成立，
已证当时，，所以在上单调递增，
因为，所以当时，，即恒成立，
故和不可能同时成立，即D不可能．
故选：D．
变｜式｜巩｜固
变式1．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据指数函数和对数函数的性质判断即可.
【详解】由，所以．
故选：A．
变式2．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用特殊值及指数函数的单调性逐项判断即可.
【详解】取，则满足题意，
此时，所以A选项错误；
取，则满足题意，
此时，所以B选项错误.
取，则满足题意，
此时，所以C选项错误.
由于在上递减，而，
所以，
所以D选项正确.
故选：D
变式3．设，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】
,即
又
即
故选：B.
变式4．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据的数字特征分别构造函数、，利用导数可求得单调性，由和可确定的大小关系.
【详解】令，则，
在上单调递增，，
即，，又，，即；
令，则，
令，则，在上单调递减，
，在上单调递减，
，即，；
综上所述：.
故选：C.
◇题型 14 函数零点的综合应用
典｜例｜精｜析
典例1．已知定义在上的奇函数满足，且，当时，，则方程在区间上的根的个数为（ ）
A．9B．10
C．17D．12
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性、对称性，得出函数是周期函数，再根据当时，，结合其单调性、对称性、周期性作出函数在区间上的图象，利用函数与函数的图象，由交点的个数可得出方程根的个数.
【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，
由可知，函数的图象关于直线对称，
则有，则，则，
所以，故是周期函数，周期.
又因为，所以，且有，则.
当时，是增函数，
且时，，时，，所以在上有且仅有一个零点.
函数与函数的图象如图，
由图可知，方程在区间上有10个根，去除后，还有9个根，
方程的根，即函数的图象与函数的图象的交点，有8个，
所以，方程在区间上的根的个数为.
故选：C.
典例2．已知函数，若函数有6个零点，则的值可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由函数单调性可得大致图象，后令，则由结合图象可知，方程两根满足，即可得答案.
【详解】由题可得，，在上单调递减，在上单调递增，则据此可作出函数大致图象如图所示，
令，则由题意可得有2个不同的实数解，，且，
则，观察选项可知，满足题意.
故选：C．
典例3．（多选）已知函数，若（）有个零点，记为，，…，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的取值范围为
C．D．
【答案】ACD
【分析】作出函数的图像，的零点个数问题，转化为的图像与直线的交点个数问题，由有个零点，可知函数的图象与直线有个交点，即偶数个交点，分别讨论，，，，这几种情况求解；由题意得到，再由函数性质可求解；由得到，结合图象可知，同理，，，，，，的值，代入所求即可得解.
【详解】将函数的图形关于轴对称过去，
并将轴下方部分的图像翻折到轴上方，即可得到的图像，
的最小正周期，故在上有个周期，
设，解得，
故的图像的对称轴方程为，
由此作出函数的图像，如图：
的零点个数问题，
转化为的图像与直线的交点个数问题，
由有个零点，
可知函数的图像与直线有个交点，即偶数个交点，
由图像可知，当时，的图像与直线有个交点，不合题意；
当时，的图像与直线有个交点，不合题意；
当时，的图像与直线有个交点，不合题意；
当时，的图像与直线有个交点，不合题意；
当时，的图像与直线有个交点，符合题意；
故选项A正确；
由题意可知，，则，
即，
，，
由对勾函数的性质可得的取值范围为，故选项B错误；
当时，或，
解得或，从图中可知，
由选项A中的分析可知，故，从图像可知关于直线对称，故，
所以,所以，故选项C正确；
同理，，，，，
，，故
，故选项D正确；
故选：ACD.
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）已知函数，若，且，则（ ）
A．B．
C．的取值范围是D．的取值范围是
【答案】BCD
【分析】利用方程的根与函数图象的关系，结合对数函数性质，二次函数的值域，即可作出判断.
【详解】作出函数的图象，如图所示，
设，因为，
所以由图可知，当时，直线与函数的图象有4个交点，
又设这4个交点横坐标分别为，且，
由关于直线对称，得，故A错误；
由，可得，故B正确；
由图可知，则，故C正确；
由图可知，即，得，
则，故D正确.
故选：BCD
变式2．（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.
变式3．已知函数，若关于的方程有8个不相等的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用导数研究函数的图象和性质，结合绝对值函数的图象作出函数的大致图象，然后根据题意得到一元二次方程根的分布，从而得到关于的不等式组，解不等式组即可得到实数的取值范围.
【详解】令，则，令，解得，
故当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，且当时，，当时，，
结合绝对值函数的图象可画出函数的大致图象，如图所示：
令，则方程，
即方程，，
①当时，式无实数根，直线和的图象无交点，原方程无实数根；
②当时，式有两个相等的实数根，直线和的图象最多有4个交点，
因此要使有8个不相等的实数根，
则式有两个不相等的实数根，不妨设为，且，则.
则，解得.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于借助导数与绝对值函数的性质作出函数的大致图象，然后根据题意得到一元二次方程根的分布，从而得到关于的不等式组，
变式4．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如，，已知函数，则下列说法不正确的是（ ）
A．函数的值域为
B．函数在区间上单调递增
C．，均有
D．函数与的图象有9个交点
【答案】D
【分析】根据高斯函数的定义求出函数值域，判断A，结合单调性的定义判断B，根据函数的定义判断C，作出函数与的图象，结合对数函数性质判断D．
【详解】由取整函数的定义知，，所以，∴，故函数的值域为∴A正确；
∵时，∴时，∴在区间上单调递增，∴B正确；
∵均有，均有，∴C正确；
对于D，结合函数与的图象可知，如图，函数与的图象有8个交点，∴D错误，
故选：D．
变式5．已知定义在上的奇函数满足，当时，．若与的图象交于点、、、，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】分析可知函数是以为周期的周期函数，且直线是函数图象的一条对称轴，点是函数图象的一个对称中心，直线关于点对称，作出图形，结合对称性可求得结果.
【详解】由题意可得，所以，，
故函数是以为周期的周期函数，且直线是函数图象的一条对称轴，
且，故点是函数图象的一个对称中心，
作出函数的图象如下图所示：
且当时，；当时，.
且直线关于点对称，
由图可知，直线与曲线有个不同的公共点，
故，，
因此，.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的零点问题，解题的关键在于分析函数的对称性与周期性，利用图象并结合对称性来处理.
变式6．若关于的方程的整数根有且仅有两个，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设，利用绝对值三角不等式得，时等号成立，进而有且整数根有且仅有两个，对于，应用二次函数性质及对称性有且，得，即可求参数范围.
【详解】设，则原方程为，
由，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
整理得①，显然不满足，
令，即必有两根，且，故为两个正根，
所以，可得或，
对于，有，即，即恒满足①，
要使①中整数根有且仅有两个，则对应两个整数根必为，
若整数根为且，则，即，
所以，得，
综上，
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用绝对值三角不等式的等号成立得到，且整数根有且仅有两个为关键.
一、单项选择题
1．（2025·全国一卷·高考真题）已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解.
【详解】由题知对一切成立，
于是.
故选：A
2．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数．记，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用作差法比较自变量的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可.
【详解】令，则开口向下，对称轴为，
因为，而，
所以，即
由二次函数性质知，
因为，而
，
即，所以，
综上，，
又为增函数，故，即.
故选：A.
3．（2018·全国I卷·高考真题）已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是（ ）
A．[–1，0）B．[0，+∞）
C．[–1，+∞）D．[1，+∞）
【答案】C
【详解】分析：首先根据g（x）存在2个零点，得到方程有两个解，将其转化为有两个解，即直线与曲线有两个交点，根据题中所给的函数解析式，画出函数的图像（将去掉），再画出直线，并将其上下移动，从图中可以发现，当时，满足与曲线有两个交点，从而求得结果.
详解：画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，
再画出直线，之后上下移动，
可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，
并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，
即方程有两个解，
也就是函数有两个零点，
此时满足，即，故选C.
点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.
4．（2020·全国I卷·高考真题）若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设，利用作差法结合的单调性即可得到答案.
【详解】设，则为增函数，因为
所以，
所以，所以.
，
当时，，此时，有
当时，，此时，有，所以C、D错误.
故选：B.
【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大小，是一道中档题.
5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增，
则需满足，解得，
即a的范围是.
故选：B.
6．（2017·全国III卷·高考真题）已知函数有唯一零点，则（ ）
A．B．
C．D．1
【答案】C
【详解】因为，设，则
，因为，所以函数为偶函数，若函数有唯一零点，则函数有唯一零点，根据偶函数的性质可知，只有当时，才满足题意，即是函数的唯一零点，所以，解得.故选：C.
【点睛】利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的方法：
（1）利用零点存在性定理构建不等式求解.
（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
（3）转化为两个熟悉的函数图像的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
7．（2017·天津·高考真题）已知函数．设，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】满足题意时的图象恒不在函数下方，
当时，函数图象如图所示，排除C,D选项；
当时，函数图象如图所示，排除B选项，
本题选择A选项.
8．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，若，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．1
【答案】C
【分析】解法一：由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入可得最值.
【详解】解法一：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，此时；
当时，可知，此时；
可知若，符合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
综上所述：，即，
则，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为；
解法二：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
则当时，，故，所以；
时，，故，所以；
故，则，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：分别求、的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.
二、多项选择题
9．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数是听觉下限阈值，是实际声压．下表为不同声源的声压级：
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车处测得实际声压分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据题意可知，结合对数运算逐项分析判断.
【详解】由题意可知：，
对于选项A：可得，
因为，则，即，
所以且，可得，故A正确；
对于选项B：可得，
因为，则，即，
所以且，可得，
当且仅当时，等号成立，故B错误；
对于选项C：因为，即，
可得，即，故C正确；
对于选项D：由选项A可知：，
且，则，
即，可得，且，所以，故D正确；
故选：ACD.
10．（2025·全国二卷·高考真题）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ）
A．B．当时，
C．当且仅当D．是的极大值点
【答案】ABD
【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用代入求解即可；对C，举反例即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断.
【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确；
对B，当时，，则，故B正确；
对C，，故C错误；
对D，当时，，则，
令，解得或（舍去），
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
则是极大值点，故D正确；
故选：ABD.
11．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.
【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
【点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．
三、填空题
12．（2024·全国甲卷·高考真题）已知且，则_____________．
【答案】64
【分析】将利用换底公式转化成来表示即可求解.
【详解】由题，整理得，
或，又，
所以，故
故答案为：64.
13．（2018·全国III卷·高考真题）已知函数，，则________________．
【答案】
【分析】发现，计算可得结果.
【详解】因为，
，且，则.
故答案为-2
【点睛】本题主要考查函数的性质，由函数解析式，计算发现是关键，属于中档题.
14．（2019·江苏·高考真题）设是定义在上的两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数.当时，，，其中.若在区间上，关于的方程有8个不同的实数根，则的取值范围是________________.
【答案】.
【分析】分别考查函数和函数图像的性质，考查临界条件确定k的取值范围即可.
【详解】当时，即
又为奇函数，其图象关于原点对称，其周期为，如图，函数与的图象，要使在上有个实根，只需二者图象有个交点即可.
当时，函数与的图象有个交点；
当时，的图象为恒过点的直线，只需函数与的图象有个交点.当与图象相切时，圆心到直线的距离为，即，得，函数与的图象有个交点；当过点时，函数与的图象有个交点，此时，得.
综上可知，满足在上有个实根的的取值范围为.
【点睛】本题考点为参数的取值范围，侧重函数方程的多个实根，难度较大.不能正确画出函数图象的交点而致误，根据函数的周期性平移图象，找出两个函数图象相切或相交的临界交点个数，从而确定参数的取值范围.
目录
第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考
第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法
第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固
【题型01】函数的定义域
【题型02】函数的解析式
【题型03】求已知函数的值域
【题型04】已知函数值域求参
【题型05】分段函数不等式求解
【题型06】函数的单调性
【题型07】函数的奇偶性
【题型08】函数的单调性和奇偶性综合
【题型09】函数的图像
【题型10】函数的模型及实际应用
【题型11】函数的零点
【题型12】构造函数比较大小
【题型13】函数零点的综合应用
第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练
考向聚焦
函数及其性质是高考数学的核心考点，贯穿选择、填空、解答全题型，侧重考查逻辑推理与应用能力。核心考点包括：一是函数的三要素（定义域、值域、对应关系），定义域求解常结合根式、对数、分式等限制条件，值域常考单调性法、换元法；二是函数的单调性与奇偶性，单调性需掌握定义证明、导数判断及复合函数单调性规律，奇偶性侧重图像对称性应用及参数求解；三是函数图像与零点，常考图像变换（平移、对称）、零点存在性定理及零点个数判断，多与不等式、方程综合；四是二次函数、指数函数、对数函数的模型应用，结合实际问题考查最值求解。备考需紧扣定义，强化数形结合思想，重点突破复合函数、分段函数的综合问题。
关键能力
函数及其性质的应用解题关键能力主要包括：能准确理解函数的概念，掌握定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等基本性质，并能灵活运用它们分析问题。解题时要善于将实际问题转化为函数模型，利用图像直观判断函数的变化趋势。同时要具备代数运算能力，能通过求导、配方、换元等方法研究函数的性质。还要注意分类讨论思想、数形结合思想和转化与化归思想的运用，从而有效解决各类函数综合题。
备考策略
高考备考中，函数及其性质的应用是核心板块，需要系统规划、分层突破。首先，要夯实基础，熟练掌握函数的概念、定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等基本性质，并能准确判断和证明。其次，要强化图像意识，通过绘制和分析函数图像，培养数形结合能力，这在解决方程根的分布、不等式恒成立等问题中尤为重要。
在题型训练方面，应重点突破四类综合问题：函数性质的综合应用、函数与方程及不等式的交汇、函数模型的实际应用、含参函数的分类讨论。复习时要总结常见题型的解题模板，如利用单调性比较大小、利用奇偶性简化运算、利用周期性处理三角函数问题等。
同时，要注重数学思想的渗透，特别是分类讨论、转化与化归、数形结合和函数与方程思想。通过典型例题的训练，提升分析问题和解决问题的能力。最后，要加强限时训练和错题整理，及时查漏补缺，提高应试速度和准确性。通过系统训练和持续反思，可有效提升函数板块的备考效果。
思维定势：遇到只想到，忽略了分母不能为 0、对数真数大于 0 等其他限制条件。
复合函数漏层：求 定义域时，只限制了，忘记了内层函数的值域必须在的定义域内。
实际问题忽视背景：应用题中，除了数学表达式有意义，还需满足实际意义（如长度、时间、人数等必须大于 0）。
参数讨论不全：含参函数中，未对参数进行分类讨论，导致定义域范围求解错误。
变形改变范围：在化简函数解析式时（如平方、去分母），未注意等价变形，导致定义域扩大或缩小。
忽视定义域：求解析式时，往往只关注表达式的形式，忽略了使原函数有意义的的取值范围，导致定义域扩大或缩小。
换元不还原：使用换元法（如令）时，求出后忘记将换回；或者换元时未确定新元 t 的范围，导致后续求解出错。
分段函数 “分家”：分段函数求值或解方程时，未根据自变量的范围选择对应的解析式，导致代入错误。
实际问题缺背景：在解决应用题建立函数模型时，忽略了实际问题中的限制条件（如），导致解析式不符合实际意义。
抽象函数乱赋值：解决抽象函数问题时，赋值缺乏目的性或未遵循函数定义域的限制，导致推导逻辑不严密。
忽视定义域：求值域时未先确定定义域，导致在错误区间内求最值，结果失真。
变形不等价：通过平方、去分母、两边同乘等变形时，未注意变量范围的变化，使值域扩大或缩小。
换元不标范围：换元法中未写出新变量的取值范围，导致后续计算失去约束。
忽视函数单调性：直接代入端点求最值，忽略函数在区间内可能不单调，造成最值判断错误。
含参讨论不全：含参函数中未对参数分类讨论，导致值域漏解或错解。
实际问题缺限制：应用题中忽略实际意义（如长度、面积、人数等必须非负），使值域不符合题意。
忽视定义域限制：盲目套用公式求最值，忽略了参数对定义域的影响，导致求出的参数范围包含了使函数无意义的值。
分类讨论不全：特别是二次函数在动区间上的最值问题，未对对称轴与区间的位置关系（左、中、右）进行全面讨论，导致漏解。
忽视等号成立条件：在使用基本不等式求值域时，忽略了 “一正、二定、三相等” 中的 “相等” 条件，导致参数取值范围扩大。
混淆 “恒成立” 与 “存在性”：题目要求值域包含某区间（存在性）与值域完全等于某区间（恒成立）是不同的，容易因概念不清而求错参数。
导数法应用不当：利用导数求最值时，未正确判断极值点是否在定义域内，或未比较端点值与极值的大小，导致参数计算错误。
忽视定义域：解不等式时未严格按各段定义域分类，导致解出的范围超出原函数定义区间。
分类讨论不全：遗漏某一段或某一临界点，使解集缺失。
端点处理错误：对分段点（如）是否包含在解集中判断不清，导致等号取舍错误。
求解后未合并：各段解出后忘记求并集，或合并时出现逻辑错误。
忽略函数单调性：在利用单调性解不等式时，未注意不同段的单调性可能不同，导致错误地统一处理。
 混淆 “单调” 与 “区间单调”：误以为在整个定义域上单调，而实际上题目只要求在某个区间上单调，导致参数范围被错误扩大或缩小。
 导数符号判断错误：将 “单调递增” 简单等同于 “导数大于 0”，忽略了 “导数大于等于 0 且不恒为 0” 的条件，导致漏解或错解。
 忽视定义域限制：求导后直接解不等式，忘记原函数的定义域，使参数范围包含了导致函数无意义的值。
 分类讨论不全面：含参函数中，未对参数的不同取值导致导数符号变化的情况进行完整讨论，尤其是二次函数型导数的开口方向、判别式、根的大小比较等。
 端点取舍不当：在区间端点处未判断导数是否满足条件，或错误地将开区间当作闭区间处理，导致参数边界错误。
 忽视定义域优先：判断奇偶性前未先检查定义域是否关于原点对称，导致对非奇非偶函数错误求参。
 误用特殊值法：仅用或求参数，而未验证是否对所有 x 都满足奇偶性定义，容易产生增根。
 代数变形出错：在化简时符号处理不当，特别是含指数、对数或绝对值的函数，导致等式建立错误。
 忽略参数对定义域的影响：求出参数后未回代检验定义域是否仍关于原点对称，可能出现参数使定义域不对称的情况。
 分段函数讨论不全：分段函数求参时，未分别对各段表达式及分段点进行奇偶性匹配，导致漏解或错解。
 忽视定义域优先：在利用单调性或奇偶性解题时，未先确认定义域是否关于原点对称，导致后续推理无效。
 性质混用错误：例如将偶函数当作奇函数处理，或错误认为单调函数必为奇函数，导致方向判断失误。
 脱去 “” 时忽略单调性方向：利用单调性解不等式时，忘记根据单调递增或递减决定不等号方向，容易出现符号错误。
 抽象函数赋值不当：在处理抽象函数时，赋值缺乏目的性，导致无法有效利用奇偶性或单调性进行转化。
 区间划分不清：在分段函数中，未根据各段的单调性和奇偶性分别讨论，导致漏解或错解。
 忽视参数影响：含参函数中，未对参数导致的单调性或奇偶性变化进行分类讨论，使结果不完整。
 概念混淆：最常见的错误是将 “对称性” 误认为 “周期性”。例如，若 ，函数关于直线 对称，而非周期为 。
 公式记忆错误：
若 ，周期 （而非 ）。
若 ，周期 。
记忆不牢会导致周期计算缩短一半或翻倍。
 忽视定义域：在利用周期或对称性质转化自变量时，忽略了转化后的自变量必须在定义域内，导致求错函数值或范围。
 “双对称” 推导周期失误：题目给出两个对称轴或对称中心，要求推导周期时，画图分析能力不足，导致周期推导错误（如误认为 而非 ）。
 奇偶性与周期性混用：在抽象函数中，未能灵活结合奇偶性（对称性的特例）来简化周期性的推导，导致思路受阻或运算繁琐。
 忽视定义域：画图时未先确定定义域，导致在无意义区间画出图像，如根号下为负、分母为零的点。
 图像变换顺序错误：平移、伸缩、对称变换顺序混乱，尤其是 型的变换，容易导致图像位置偏移。
 关键点遗漏：未标出零点、顶点、极值点、渐近线等关键特征，使图像失真，影响后续分析。
 单调性判断错误：求导或观察解析式时出错，导致图像升降方向画反。
 奇偶性误用：未判断函数是否具有奇偶性，导致图像不对称或错误对称。
 渐近线忽略：对分式函数、指数对数函数，忘记画水平或垂直渐近线，使图像趋势错误。
 模型选择不当：对常见模型（一次函数、二次函数、指数函数、对数函数、分段函数）的适用场景不熟悉，导致模型与实际数据趋势不符。
 变量设定不清：未明确自变量与因变量的实际含义，或单位不统一，造成后续计算错误。
 忽视定义域的实际限制：数学上有意义的解未必符合实际背景，如时间、长度、数量等必须非负或为整数，容易忽略这些隐含条件。
 参数求解错误：在拟合数据或建立方程时，计算失误或未正确利用题目给出的条件，导致模型参数偏差。
 结果验证不足：求出结果后未检验是否满足题目的实际约束，如最值是否在可行区间内，是否符合实际情境。
 忽略分段函数的衔接：实际问题常需分段建模，但容易忽略各段之间的连续性或端点归属，导致模型不完整。
 忽视定义域：在求零点或转化方程时，忽略了函数的定义域，导致求出的根是增根（如分母为 0 或对数真数非正）。
 等价转化错误：将 f(x)=0 转化为 g(x)=h(x) 时，两边的定义域不一致，或者在去分母、去根号时未注意等价性，导致零点个数增加或减少。
 图像法应用不当：利用数形结合时，图像画得不准确，特别是渐近线、极值点的位置判断错误，导致对交点个数（零点个数）的误判。
 分类讨论不全：含参函数中，未对参数的不同取值范围（如二次函数的开口方向、判别式、根的大小比较）进行全面讨论，导致漏解。
 忽视 “=” 号的取舍：在判断零点是否存在或参数范围时，对端点值是否能取到判断不清，导致区间开闭错误。
 导数法求极值失误：利用导数研究函数单调性和极值时，求导错误或极值点计算错误，导致对函数图像走势判断失误，进而影响零点个数的判断。
 构造方向错误：不能根据题目特征正确构造函数，导致函数单调性难以判断，无法比较大小。
 忽视定义域：构造函数后未注意其定义域，特别是对数、分式等函数，导致比较的数值不在定义域内。
 求导错误：利用导数判断单调性时，求导运算出错，或未正确分析导数符号，导致单调性判断相反。
 忽视端点值：在比较大小时，未考虑函数在端点处的取值，导致结论不准确。
 忽略函数的奇偶性或周期性：未能结合这些性质简化比较过程，使问题变得复杂。
 取值不当：在代入特殊值时选择不当，无法有效反映函数的单调性，导致比较失败。
 内外层关系混淆：处理复合函数 f(g(x))=0 时，未遵循 “由外及内” 的原则，直接令 g(x)=0 求解，忽略了外层函数 f(t)=0 的根 ti 可能有多个，需分别令 g(x)=ti 求解。
 等价转化不严谨：将方程 f(g(x))=0 转化为 g(x)=ti 时，忽略了 ti 必须在 g(x) 的值域内，导致引入增根，多算零点个数。
 图像分析失真：利用数形结合时，对内层函数 g(x) 的图像（如对称轴、最值）或外层函数 f(t) 的零点分布判断错误，导致交点个数（即零点个数）误判。
 参数讨论维度缺失：含参问题中，未对参数影响内层函数的值域或外层函数的零点进行分类讨论，导致漏解。
 忽视定义域限制：求解过程中未考虑 x 的原始定义域，或在换元后忘记还原变量范围，导致结果不符合题意。
声源
与声源的距离
声压级
燃油汽车
10
混合动力汽车
10
电动汽车
10
40