2024届高三数学二轮复习重难点2-3嵌套函数的零点问题（七类考点题型）讲义

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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。
【题型归类】
核心考点题型一 “与”型问题
解决方案 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。
【例题1】（2023·上海浦东新·高三校考期中）已知函数，若方程有实根，则集合的元素个数可能是（ ）
A．或B．或C．或D．或
【答案】C
【分析】根据方程有实根可求得，根据二次函数性质可求得；设，分别在和的情况下，讨论的根的个数，并根据方程的根与的大小关系，确定的根的个数，即为所求集合的元素个数.
【详解】有实根，，解得：；
；
设，则；
①当时，，，即，解得：，
；
②当时，由得：，；
，
，，又恒成立，
，即，
共有四个不等实根，
；
综上所述：集合的元素个数可能为或.
故选：C.
【例题2】．（2023·四川成都三模）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.
【变式1-1】．（2023上·浙江温州苍南中学校考）设函数，若函数有且只有2个不同的零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用换元并结合利用一元二次函数判别式进行判断求解.
【详解】由题意知函数，有2个不同的零点；
令，得，有2个对应的根，根据判别式法则有与两种情况：
当时，即，得，即，解得，即
，此时无解，所以此种情况不符题意；
当时，即，得；
设的实根为：和，不妨设，则，
则方程与一共有两个不等实根．
进一步可知：方程和有且仅有一个方程有两个不等实根．
即和中一个方程有两不等实根，另一个方程无实根．
因为，所以，即，即，
则，设，则，则，
所以，解得，
，，
即．
故选：B.
【变式1-2】．（2023秋·贵州毕节·高三统考期末）已知函数，则函数的所有零点之和为___________．
【答案】
【分析】利用分段函数，分类讨论，即可求出函数的所有零点，从而得解．
【详解】设，则，
①当时，，得；
②当时，，得；
综上所述：若，则或.
故或，则有：
①由，可得或，解得或；
②由，可得或，解得或；
综上所述：函数的所有零点为，，，4.
故所有零点的和为．
故答案为：.
题型2.“”型问题
【例题1】．（2023下·广东揭阳·高三校考）函数，则函数的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】令，结合题意得到的两根为，，然后根据函数的单调性和最值进而求解.
【详解】令，则，当时，由可得或（舍去）；当时，由可得，所以的两根为，，
则或，因为在上单调递减，在上单调递增，
所以，若，易知方程无解，
若，当时，由，得或（舍去），
此时方程有唯一的解；
当时，由，得，此时方程有唯一的解，
综上所述可知函数的零点个数为个，
故选：A.
【例题2】（2023秋·江苏淮安高三统考期末）已知函数（且），若函数的零点有5个，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．或
C．或或D．或
【答案】D
【解析】依题意函数的零点即为方程的根，
①当时函数的函数图象如下所示：
所以有两个根，（，），
而对应2个根，所以需要对应3个根，所以，即，解得；
②当时函数的函数图象如下所示：
所以有两个根，（，），而对应2个根，
对应2个根，即共四个根，所以不满足题意；
③当时函数的函数图象如下所示：
所以有三个根，，，
从而，，，所对应2、2、1个根，即共5个根，所以满足题意；
④当时函数的函数图象如下所示：
所以有三个根，，，（，，），
而，，分别对应2、2、0个根，即共四个根，所以不满足题意；
综上可得实数的取值范围为或；故选：D
【例题3】．（2023秋·河北邢台一中模拟）已知在定义域上为单调函数，对，恒有，则函数的零点是（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】C
【分析】先根据单调，结合已知条件求出的解析式，然后再进一步研究函数的零点．
【详解】解：因为是定义域为的单调函数，且对任意的，
都有，
故可设存在唯一的实数，使得，
则设，所以，
所以，则，
由于函数在上单调递增，函数在上单调递减，
又，所以，
故，再令，，
解得：，故函数的零点是.
故选：C．
【变式2-1】．（2022上·北京·高三北京四中校考期中）函数，则函数的零点个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】复合方程求解时，先求得的解有，再解即可.
【详解】下面解方程：，
当时，，得或1（舍去），
当时，，得，
所以的两根为，
由得或，
若，则当 时，无解，当 时，无解；
若，则当 时，解得，当 时，解得
所以的零点个数共有两个.
故选：B
【典例2-2】（2022上·河北石家庄·高三统考）已知函数若函数的零点个数为
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【详解】试题分析：首先画出函数的图像，
，设即，根据图像得到，或是，，那么当和时，得到图像的交点共4个，故选B．
【变式2-3】．（2023秋·河南高三模拟）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
【变式2-3】．（2023下·安徽·高三巢湖市第一中学校联考期中）已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】由的性质求出对应区间的值域及单调性，令并将问题转化为与交点横坐标对应值的个数，结合数形结合法求零点个数即可.
【详解】令，
当时，且递增，此时，
当时，且递减，此时，
当时，且递增，此时，
当时，且递增，此时，
所以，的零点等价于与交点横坐标对应的值，如下图示：
由图知：与有两个交点，横坐标、：
当，即时，在、、上各有一个解；当，即时，在有一个解.
综上，的零点共有4个.
故选：B
题型3.互嵌套函数：“”型问题
【例题1】．（2023秋·山东青岛高三模拟）已知为三次函数，其图象如图所示.若有9个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【解析】作出的图像如图所示，由的图像可知，
的极大值为，极小值为，
有9个零点，令，结合和的图像可知，
有3个解，分别设为，且，
且每个对应都有3个满足，欲使有9个零点，由图可知：，
且，，，由函数的解析式知：
，，，由图像可知，
，则，解得，得，故选：A.
【例题2】．（2023秋·河北石家庄高三检测）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
【变式3-1】．（2023秋.陕西榆林联考模拟）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
【变式3-2】．（2023·云南高三模拟）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
【变式3-3】．（2023·江西·南昌县莲塘第一中学校联考二模）已知，函数，若关于x的方程有6个解，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】令，则方程的解有3个，
由图象可得，，且三个解分别为，
则，，，均有两个不相等的实根，则，且，且，
即且，解得，
当时，，
因为，所以，所以，且，
所以，即恒成立，
故的取值范围为.故选:B.
题型4.“”或者“”型
解决方案 换元法和数形结合
【例题1】．（2023.河南开封高三模拟）设函数．若方程有解，则的取值范围为
A．B．C．D．，
【答案】 A
【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：．
【例题2】．（2023•山西太原高三模拟）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．
【答案】 ACD
【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：．
【变式4-1】．（2024•浙江义乌二模）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．
【答案】 C
【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5.嵌套函数：“”或“”型
解决方案 换元法和数形结合
【例题1】．（2023上·辽宁鞍山鞍山一中校考期中）已知函数，则函数的零点个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【分析】根据函数解析式，结合其单调性求其值域，利用分类讨论思想，结合零点存在性定理，可得答案.
【详解】当时，易知单调递增，则；
当时，，则，
令，解得，令，解得，
当时，，令，
令，由函数与函数在上单调递增，
则函数在上单调递增，所以，
故函数在上无零点；
当时，，
令，则，化简可得，
，由对称轴，
当时，，当时，，
所以方程在有两个不相等的实数根，
故函数在上有两个零点；
当时，，令，
整理可得，易知该函数在上单调递减，则，
可得，由函数与函数在上单调递增，
则在上单调递增，所以，
故在上无零点.
综上所述，函数在其定义域内有两个零点.
故选：C.
【例题2】．（2023·江苏无锡高三期末）已知函数，若方程的所有实根之和为4，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题对取特殊值，利用数形结合，排除不合题意的选项即得.
【详解】令，
当时，方程为，即，
作出函数及的图象，
由图象可知方程的根为或，即或，
作出函数的图象，结合图象可得所有根的和为5，不合题意，故BD错误；
当时，方程为，即，
由图象可知方程的根，即，
结合函数的图象，可得方程有四个根，所有根的和为4，满足题意，故A错误.
故选：C.
【变式5-1】（2023·四川绵阳高三期末）已知函数，则函数的零点个数是 （ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】A
【解析】令→→作函数与图象→两个交点的横坐标为→、判断的零点个数.
【解析】令，则，
作出的图象和直线，由图象可得有两个交点，设横坐标为，
∴.当时，有，即有一解；当时，有三个解
∴综上，共有4个解，即有4个零点，故选A
【变式5-2】（2023秋·河南信阳·高三信阳高中校考期末）已知函数，则函数的零点个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】确定函数的值域，利用换元法令 ，则，则将函数的零点问题转化为函数的图象的交点问题，作函数图象，确定其交点以及其横坐标范围，再结合的图象，即可确定的零点个数.
【详解】已知，当时， ，
当时，，
作出其图象如图示：
可知值域为，设 ，则，
则函数的零点问题即为函数的图象的交点问题，
而，作出函数的图象如图示：
可知：的图象有两个交点，横坐标分别在之间，
不妨设交点横坐标为，
当时，由图象和直线可知，二者有两个交点，
即此时有两个零点；
当时，由图象和直线可知，二者有3个交点，
即此时有3个零点，
故函数的零点个数是5，故选：B.
【变式5-3】．（2023秋·云南曲靖高三检测）已知函数（为自然对数的底数），则函数的零点个数为（ ）
A．3B．5C．7D．9
【答案】C
【分析】作出函数的图象，可设，可得，判断与交点个数，进而将的零点个数问题转化为函数的图象交点个数问题，数形结合，可得答案.
【详解】设，令可得：,
对于，，故在处切线的斜率值为，
设与相切于点，
切线斜率，则切线方程为：，
即，解得：；
由于，故作出与图象如下图所示，
与有四个不同交点，
即与有四个不同交点，
设三个交点为，由图象可知：，
作出函数的图象如图，
由此可知与无交点，与有三个不同交点，与各有两个不同交点，
的零点个数为7个，
故选：C
核心考点题型六 二次型因式分解
解决方案 ：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。
【例题1】（2023·江西赣州·统考一模）若函数，则方程的实根个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】由题意画出函数的图象，由方程，得或，再数形结合即可求解．
【详解】由，则可作出函数的图象如下：
由方程，得或，
所以方程的实根个数为3． 故选：A．
【例题2】．（2023·山西太原·统考一模）已知函数，若函数恰有5个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据零点的定义可得方程和共有5个解；结合导数分析函数的性质，作函数的图象，观察图象求的取值范围.
【详解】因为函数恰有5个零点，
所以方程有个根，
所以有个根，所以方程和共有5个根；
当时，，，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
因为，所以，，当且时，，
时，，当时，，，
故函数在上的图象为对称轴为，顶点为的抛物线的一段，
根据以上信息，作函数的图象如下：
观察图象可得函数的图象与函数的图象有2个交点，所以方程有两个根，所以方程有3个异于方程的根，
观察图象可得，所以的取值范围为..
故选：D.
【例题3】．（2023上·河北·高三校联考习）已知函数则函数的所有零点之和为（ ）
A．2B．3C．0D．1
【答案】D
【分析】令，得到，令，可得，列出方程求得，得到，在结合函数的解析式，列出方程，即可得到答案.
【详解】由函数，令，则，
令，可得，
当时，由，可得，即，解得；
当时，由，可得，即，解得或（舍去），
所以，即，
当时，令或（舍去），解得或；
当时，令，解得或，
所以函数的零点之和为.
故选：D.
【变式6-1】．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，则实数根的个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】由解出或，根据解析式分别求出当和时的值，即可判断实数根的个数.
【详解】做出图像如下：
或，
①若时，
⑴当，或，符合题意；
⑵当，，符合题意；
②若,
综上：共有3个实数根．
故选：B．
【变式6-2】．（2023上·陕西西安校考期末）已知函数，则关于的方程实数解的个数为（ ）
A．4B．5C．3D．2
【答案】A
【分析】由解得或2，再画出，，的图象数交点个数即可.
【详解】因为，解之得或2，
当时，；
当时，，当且仅当时等号成立，
所以，，的图象如图：
由图可知使得或的点有4个.
故选：A.
【变式6-3】．（2023·全国·模拟预测）已知函数，记的导函数为，在区间上单调，且，记，则在区间上的零点个数为（ ）
A．0B．0或1C．0或2D．1或2
【答案】C
【分析】由题知，，进而得或，再结合三角函数的性质分别讨论求解即可得答案.
【详解】解：由题知：
因为，
所以，解得，
因为在区间上单调，
所以，解得
所以，或，
令得或，
当时，由得,
此时，，
由得，
当时，，即，由于函数与在上只有一个交点，故方程在有一个解；
当时，，即，由于函数与在上只有一个交点，故方程此时方程在有一个解；
所以，时，在区间上的零点个数为个；
当时，由得，
此时，
由得，
当时，，即，由于函数在上为正数，，故方程无解；
当时，，即，由于函数在上为正数，，故方程无解；
所以，当时，在区间上的零点个数为个.
综上，在区间上的零点个数为个或个.
故选：C
【变式6-4】．（2023上·辽宁本溪·高三校考期中）已知函数若函数有5个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C．D．
【答案】B
【分析】根据解析式画出草图，将问题化为的图象与直线，共有5个交点，数形结合有的图象与直线有1个交点，即可求参数范围.
【详解】作出函数的图象如图所示，

函数，且有5个零点，
等价于有5个解，即或共有5个解，
等价于的图象与直线，共有5个交点.
由图得的图象与直线在4个交点，
所以的图象与直线有1个交点，则直线应位于直线下方，
所以，解得，即实数的取值范围是.
故选：B
【变式6-5】（2024·云南模拟预测）已知函数，若函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，先判断在和上的单调性和最值，再作出函数的大致图象，将函数的零点问题转化为方程根的问题，从而数形结合得结果.
【详解】当时，，当时，，
当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，且，当时，．
当时，当时，，
当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，且．
作出函数的大致图象，如图所示，
由图象可知，是函数的零点，要使函数有两个不同的零点，则方程有两个不相等的实数根，等价于有1个非零实数根.
由图可知或或，即.
故选：C．
核心考点题型七 二次型根的分布
解决方案 换元法、数形结合和跟的分布.
【例题1】．（2023·山西大同模拟预测）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
【例题2】（2023下·河南信阳联考模拟）已知函数若关于x的方程有8个不同的实数根，则实数b的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．[﹣5，﹣4]
【答案】B
【分析】作出函数f（x）的图象，设t＝f（x），方程f2（x）+bf（x）+4＝0等价为t2+bt+4＝0，根据数形结合思想和二次函数的性质建立不等式组，求解即可.
【详解】解：作出函数f（x）的图象如图：设t＝f（x），
由图象知当t＞3时，t＝f（x）有3个根；
当1＜t≤3时，t＝f（x）有4个根；
当t＝1时，t＝f（x）有5个根；
当0＜t＜1时，t＝f（x）有6个根；
当t＝0时，t＝f（x）有3个根，
当t＜0时，t＝f（x）有0个根，
方程f2（x）+bf（x）+4＝0等价为t2+bt+4＝0，
∵当t＝0时，方程不成立，∴若方程f2（x）+bf（x）+4＝0有8个不同的实数根，则
①等价为t2+bt+4＝0有两个根，满足1＜t1≤3，1＜t2≤3，
②或者t2+bt+4＝0有两个根，满足t1＝1，t2＞3，
由①等价为t2+bt+4＝0有两个根，满足1＜t1≤3，1＜t2≤3，
设h（x）＝t2+bt+4，
则满足，即，得﹣≤b＜﹣4，
由②t2+bt+4＝0有两个根，满足t1＝1，t2＞3，则1+b+4＝0，则b＝﹣5，
此时由t2﹣5t+4＝0得t＝1或t＝4，满足t2＞3，综上所述，﹣≤b＜﹣4或b＝﹣5，
故选：B．
【变式7-1】．（2023秋·江苏无锡高三联考）已知函数，方程有6个不同的实数解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】画出草图，根据已知，令，数形结合判断的零点分布区间，再由二次函数性质列不等式组求参数范围.
【详解】由题设，图象如下图示，

令，要使原方程有6个不同的实数解，则有两个不同实根且，
若，则，则，此时，，显然此时不合题意，
故由图知：，即的两个零点分别在区间和内，
而开口向上，故.
【变式7-2】．（2023·四川成都高三模拟）已知函数则函数的零点个数不可能是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】作出函数的图象，换元，问题转化为解得个数，分类讨论，结合二次方程根个数的判断及数形结合求解.
【详解】函数的图象如图，
令，则函数的零点即方程组的解．
设，则．
若，则，有两个零点，且由
知，此时方程组有2个解；
若，则，有一个零点，此时方程组有1个解；
若，则，没有零点，此时方程组无解；
若，则，有一个零点，此时方程组有2个解；
若，则，有两个零点，且由
知，此时方程组有4个解，
故选：C
【变式7-3】．（2023上·天津·高三校联考期中）已知函数，若关于x的方程恰有6个不同的实数根，则m的取值范围是（ ）
A．B．(
C．D．
【答案】A
【分析】根据分段函数的解析式，作出函数的图象，根据图象可得当取不同值时，的交点个数，即可结合二次函数零点的分布求解.
【详解】根据，作出的大致图象如下：
由图可知：当时，此时由两个根，分别为，
当时，此时有4个交点，
当时，此时有3个交点，
当时，此时有2个交点，
故要使得由6个不同的零点，则令，有6个不同的实数根，
显然不是的根，
设的两个零点分别为，且，
故当时，此时有4个交点，有2个交点，满足题意，
故需要满足，解得，
当时，此时有3个交点，有3个交点，满足题意，
故需要满足，解得，
综上可得或
故选：A