最新高考数学二轮复习（新高考）【专题突破精练】 第05讲 嵌套函数的高级应用

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1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，对学有余力的学生，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
第05讲 嵌套函数的高级应用
【典型例题】
例1．（2022春•日照期中）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．
【解析】解：由题意，可知是定值，
令，则，
又，解得，
所以有，
所以，
令，
可得（1），（2），
即零点在区间内，
所以的解所在的区间是，
故选：．
例2．（2022秋•庐阳区校级期中）已知函数，若关于的不等式的解集为空集，则实数的取值范围是
A．，B．C．，D．，
【解析】解：．
由，可得，
解得，
那么不等式，等价于，
又．
当时，取得最小值，即函数的值域为，，
若不等式的解集为空集，则的解集为空集，
那么与函数的值域的交集为空集，
所以，所以．
故选：．
例3．已知函数，若关于的不等式只有两个整数解，则实数的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：因为函数，
所以，
令得：．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
由当时，；当时，得：
作出的大致图象如下图所示：
因为，
所以当，即，显然不等式有无穷多整数解，不符合题意；
当，即或，由图象可知有无穷多整数解，不符合题意；
当，即或，由图象可知有无穷多整数解，
故有两个整数解，
因为（1）（2），且在，上单调递减，
所以的两个整数解必为，，
又因为（3），
所以，
解得．
故选：．
例4．（2022秋•龙湾区校级期中）已知函数，关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【解析】解：函数的图象如图所示，
令，则方程可变形为，
由题意可知该方程有2个不同的实数根，设为，，
则，
设，
所以（2），解得，
所以实数的取值范围是．
故选：．
例5．（2022秋•南岗区校级月考）设，分别是函数和的零点（其中，则的取值范围
A．B．，C．D．，
【解析】解：由得，由得，，
在同一坐标系中作出函数的图象如图所示，
则，且，，
又和的图象以及的图象均关于直线对称，
点，关于直线对称，
又点直线对称的点坐标为，
，即，
，
故选：．
例6．（2022春•江宁区期末）已知函数是定义域为的偶函数．当时，，关于的方程，，有且仅有5个不同实数根，则实数的取值范围是 ， ．
【解析】解：当时，，
可得的最大值为，
作出的函数图象如图所示：
令，显然，当时，
方程只有一解，
当时，方程有四个解，
当或时，方程有两解，
当或时，方程无解．
关于的方程，，有且仅有5个不同实数根，
关于的方程，有两解，且一解为，另一解，
，
的两解分别为，，
，解得．
（另解：设，
由（1），且，
即为，且，解得
可得的范围是，．
故答案为：，．
例7．（2022秋•浔阳区校级期末）已知函数，则关于的方程的实根个数构成的集合为 ，3，4，6，7，． ．
【解析】解：函数的图象，如图：当时，，当时，，
当时，，
当时，，
①当时，或，
故方程的实根个数为4；
②当时，或或，
故方程的实根个数为6；
③当时，或或或，
故方程的实根个数为8；
④当时，或或或，
故方程的实根个数为7；
⑤当时，或或，
故方程的实根个数为4；
⑥当时，或，
故方程的实根个数为3；
⑦当时，，
故方程的实根个数为2．
关于的方程的实根个数构成的集合为：，3，4，6，7，．
故答案为：，3，4，6，7，．，
【同步练习】
1．（2022春•福田区校级期中）已知函数是定义在上的增函数，且对，都有，若关于的方程，的两个根分别为和，且，则的值为
A．2B．1C．16D．
【解析】解：令，则，且，
又是定义在上的增函数，
所以为常数，即，解得，
所以，
又，即，
即或，即或，
所以，所以；
故选：．
2．（2022秋•渭城区校级期末）已知定义在上的单调函数，对，都有，则函数的零点所在区间是
A．B．C．，D．
【解析】解：根据题意，对任意的，都有，
又由是定义在上的单调函数，
则为定值，
设，
则，
又由，
即，
解得：，
则，，
，
即，
则方程的解可转化成方程的解，
令，
而（2），（1），
方程的解所在区间为，
方程的解所在区间为，
故选：．
3．（2022秋•西湖区校级期中）已知函数是上的单调函数，且对任意实数，都有成立，则的值是
A．B．
C．D．
【解析】解：根据题意，函数是上的单调函数，且对任意实数，都有成立，
则为常数，设，则，
又由，则，解可得，
故，
则，
故选：．
4．（2022•广元模拟）若函数是上的单调函数，且对任意实数，都有，则
A．1B．C．D．0
【解析】解：函数是上的单调函数，且对任意实数，都有，
恒成立，且（a），
即，（a），
解得：，
，
，
故选：．
5．（2022秋•库尔勒市校级期中）已知函数是定义域为的偶函数，当时，若关于的方程，有且只有7个不同实数根，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【解析】解：由题意，在，和，上是减函数，
在，和，上是增函数，
时，函数取极大值1，时，取极小值，
时，，
关于的方程、
有且只有7个不同实数根，
设，
则方程必有两个根，，
其中，，，
，，
则
即，
故选：．
6．（2022•全国二模）已知定义在上的函数为单调函数，且，则（1）
A．1B．或C．D．
【解析】解：故设（1），由题意知，则代入得，
（1）（1），即，
令代入得，，
（1），
在上的函数为单调函数，
，化简得，
解得，或．
故选：．
7．（2022秋•北京校级期中）已知函数在定义域上是单调函数，若对任意，都有，则的值是
A．5B．6C．7D．8
【解析】解：根据题意，得若对任意，都有，得到为一个常数，
令，
则，
，
，
，
，
故选：．
8．（2022•南昌校级二模）设，若函数为单调递增函数，且对任意实数，都有是自然对数的底数），则的值等于
A．1B．C．3D．
【解析】解：设，
则，则条件等价为，
令，则，
函数为单调递增函数，
得，
，
即，
故选：．
9．（2022•广东模拟）设，分别是函数和的零点（其中，则的取值范围是
A．，B．C．，D．
【解析】解：因为，分别是函数和的零点，
则，分别是和的解，
所以，分别是函数与函数和函数交点的横坐标，
所以交点分别为，
因为，
所以，，
由于函数与函数和函数都关于对称，
所以点与点关于对称，
因为关于对称的点坐标为，
所以，
即，且，
所以，
由于所以不能取等号，
因为，
所以，
即，
故选：．
10．（2022秋•沈阳期中）是的零点，若，则的值满足
A．的符号不确定B．
C．D．
【解析】解：根据题意，，
其导数为，在函数在上是减函数，
若是的零点，则有（a），
若，则，
故选：．
11．（2022秋•上城区校级期中）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：．
12．（2022秋•岳阳校级月考）设函数，若曲线上存在，，使得则的取值范围为
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，
即在，上有解，即 在，上有解．
令，则为在，上的值域．
由，，，
，即．
故选：．
13．设函数．若存在，，使（b）成立，则的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：由（b），可得（b）（b），
其中是函数的反函数
因此命题“存在，使（b）成立”，转化为
“存在，，使（b）（b）”，
即的图象与函数的图象有交点，
且交点的横坐标，，
的图象与的图象关于直线对称，
的图象与函数的图象的交点必定在直线上，
由此可得，的图象与直线有交点，且交点横坐标，，
根据，化简整理得．，，
即，，，
根据二次函数的性质得出：
即实数的取值范围为，．
故选：．
14．（2022•浙江模拟）关于的方程，给出下列四个命题：
①存在实数，使得方程恰有2个不同的实根；②存在实数，使得方程恰有4个不同的实根；
③存在实数，使得方程恰有5个不同的实根；④存在实数，使得方程恰有8个不同的实根．
其中假命题个数是
A．0B．1C．2D．4
【解析】解：关于的方程可化为或（1）
或（2）
当时，方程（1）的解为，方程（2）无解，原方程恰有2个不同的实根
当时，方程（1）有两个不同的实根，方程（2）有两个不同的实根，即原方程恰有4个不同的实根
当时，方程（1）的解为，，，方程（2）的解为，原方程恰有5个不同的实根
当时，方程（1）的解为，，方程（2）的解为，，即原方程恰有8个不同的实根
故选：．
15．（2022秋•永州期末）关于的方程，给出下列四个命题
①存在实数，使得方程恰有2个不同的实根；
②存在实数，使得方程恰有4个不同的实根；
③存在实数，使得方程恰有5个不同的实根；
④存在实数，使得方程恰有7个不同的实根
其中正确的命题个数是
A．3B．2C．1D．0
【解析】解：关于的方程可化为或（1）
或（2）
当，即时，方程（1）的解为，方程（2）无解，
原方程恰有2个不同的实根
当，即时，方程（1）有两个不同的实根，
方程（2）有两个不同的实根，
即原方程恰有4个不同的实根
当时，方程（1）的解为，，，方程（2）的解为，
原方程恰有5个不同的实根
当，即时，方程（1）的解为，，方程（2）的解为，，
即原方程恰有8个不同的实根．
三个命题都是真命题．
故选：．
16．设，已知方程恰好有三个互不相等的实根，则实数的取值范围是
A．或B．C．D．或
【解析】解，设，则，由得图象可知，有且只有一个正根，否则，原方程不会恰好有三个不等实根，
①当只有一个根且是4时，，解得；
②当有两个根，一个负根，一个正根且是4时，，解得：
综上所述：实数的取值范围时或，
故选：．
17．（2022•张掖模拟）已知函数，，若对恒成立是自然对数的底数），则的取值范围是
A．，B．C．，D．，
【解析】解：当时，，
的导数为，
即递减，则；
当时，的导数为，
当时，递减；当时，递增．
则处取得极大值，且为最大值，
即有．
令，则，
即有，则，
即，由在递增，
且时，，可得．
可得恒成立，
即有，即有，
当时，，
由，可得时，取得最大值，
可得不成立；
当时，，
由，，，
可得，解得．
综上可得的范围是，．
故选：．
18．（2022秋•沙河口区校级期中），则函数的零点个数为
A．7B．6C．5D．3
【解析】解：因为的零点个数的根的个数，
令，则
的图象如图所示：
由图可知：有三个根，，，，
当时，由图可知方程有且只有一个根；
当时，由图可知方程有三个实根；
当时，由图可知方程有三个根，
综上所述：有7个零点．
故选：．
19．（2022•宿州一模）已知函数，若方程有四个不同的实数根，、、、，则的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：由题意，当时，方程有四个不同的解，
且，且；
故，
故，
即的取值范围是，，
故选：．
20．（多选题）（2022秋•日照期末）已知函数，若关于的方程有8个不同的实根，则的值可能为
A．B．8C．9D．12
【解析】解：由题意可得时，显然不成立；
当时，令，
则由得，，，，
又方程有8个不同的实根，
由题意结合可得，即，解得，
故选：．
21．（多选题）（2022秋•潞州区校级月考）已知函数，若关于的方程有8个不同的实数解，则实数的取值可能是
A．B．C．D．
【解析】解：函数，关于的方程有8个不同的实数解，所以，示意图如图，
由方程，
可得，即，或，解得或，
有3个解：，有2个解，
关于的方程有8个不同的实数解，
必须，解得，
故选：．
22．（多选题）（2022春•麒麟区校级期末）已知函数，方程有4个不同的实数根，则下列选项正确的为
A．函数的零点的个数为2
B．实数的取值范围为，
C．函数无最值
D．函数在上单调递增
【解析】解：函数，作出的图象如图所示，
由图象可知，有和两个零点，故选项正确；
方程有4个不同的实数根，
令，，，
则或或，
因为方程必有一正一负两个根，所以，
且，所以，
所以或，
则，
令，则，，，，
因为函数在，和，上单调递增，
当时，，当时，，
所以，故选项正确；
无最值，故选项正确；
在上不单调，故选项错误．
故选：．
23．（2022•南通模拟）已知函数是定义在上的单调函数，若对任意的，都有，则 ．
【解析】解：根据题意，对任意的，都有，
又是定义在上的单调函数，
所以为定值，
设，则，
又由，可得，
解得，
所以．
故答案为：．
24．（2022秋•亭湖区校级期末）已知函数，若关于的不等式的解集为空集，则实数的取值范围是 ， ．
【解析】解：，其值域为，
由，即，
当时，的解集为
要使不等式的解集为空集，
则，
解得：
．
当时，的解集为
要使不等式的解集为空集，
则，
解得：
．
综上可得实数的取值范围是：．
故答案为：，
25．（2022秋•工农区校级期末）已知函数若函数恰有8个零点，则的范围为 ．
【解析】解：画出函数的图象如图所示，
设，由，得，
因为有8个零点，
所以方程有4个不同的实根，
结合的图象可得在，内有4个不同的实根，
所以方程必有两个不等的实数根，
即在，内有2个不同的实根，
结合图象可知，
则有，解得，
所以的范围为．
故答案为：．
26．（2022•西湖区校级模拟）已知定义在上的函数为单调函数，，且，则（1） ．
【解析】解：的定义域为，
当时，（1）（1），
（1）；
（1）作为（1）的自变量的一个取值，它必须在定义域内，
（1），
即（1）；
设（1），（其中，
①；
令（其中，
代入中，
得②；
把①代入②，得
，
即③；
（1），
（1）；
把 和 1 分别看作函数的自变量的2个取值，
由于函数是单调函数，要使对应的函数值相等，自变量必须相等；
即，
解得 或；
由，解得或；
又，所以符合题意；
综上知，（1）；
故答案为：．
27．（2022春•雅安期末）已知函数在定义域上是单调函数，若对任意，都有，则的值是 2021 ．
【解析】解：在定义域上是单调函数，若对任意，都有，
可设，故，且（c），
解可得，，，
则．
故答案为：2021
28．已知函数在定义域上是单调函数，若对任意，都有，则不等式的解集为 ．
【解析】解：根据题意，得
若对任意，都有，
得到为一个常数，
以换，得
，
则，，
，
，
，
等价于
，
，而定义域为
，
故答案为：，
29．（2022秋•闵行区校级月考）设，分别是函数和的零点（其中，则的取值范围是 ．
【解析】解：由是函数的零点可知，是方程，即方程的解，
同理是方程的解，
则、分别为函数的图象与函数和函数的图象交点的横坐标，
设两交点分别为，，，，
由知，，
又和以及的图象均关于直线对称，
两交点一定关于对称，
点，关于直线的对称点坐标为，，
，
设，其中，
由对勾函数的性质可知函数在上单调递减，
，
的取值范围是：，
故答案为：，
30．若是方程的解，是方程的解，则等于 1 ．
【解析】解：考虑到，是函数、函数与函数的图象的公共点，的横坐标，而，，，两点关于对称，因此．
故答案为：1．
31．（2022秋•鲤城区校级期中）已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）讨论函数在定义域内零点的个数；
（3）若，当时，不等式恒成立，求的取值范围．
【解析】解：（1），
；
当时，；函数在上是增函数；
当时，当时，，当时，；
函数的单调增区间为，单调减区间为；
综上所述，当时，函数在上是增函数；
当时，函数的单调增区间为，单调减区间为；
（2）的定义域为，
由得，，，
令，，则，
由于，；当时，；当，；
故函数在上单调递减，在上单调递增；
故（1）；
又由（1）知，当时，对，有；
即，故；
，，
当时，，；
当时，函数有两个不同的零点，
当时，函数有且级有一个零点，
当时，函数没有零点；
（3）由（2）知，当时，，故对，；
构造函数，则；
故函数在上单调递增，
则，
则，成立，
当时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
帮当时，，
所以，则不满足题意，
所以满足题意的的取值范围是，．
32．（2022秋•北仑区校级期中）已知函数，．
（1）求关于的不等式的解集；
（2）若存在使关于的方程有四个不同的实根，求实数的取值范围．
【解析】解：（1），
当时，不等式的解集为或；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或；
（2）当时，令，当且仅当时取等号，
设，则原方程可化为，
由题意知在有两个不等的实根，
因为，（1），故有，
由①知，存在，，使不等式成立，解得，
故实数的取值范围是．