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专题7 嵌套函数与函数迭代问题【讲】
一、嵌套函数的定义
在某些情况下，我们可能需要将某函数作为另一函数的参数使用，这一函数就是嵌套函数．在函数里面调用另外一个函数，就叫做函数嵌套．如果调用自己本身，就叫做递归调用，也叫递归嵌套，
二、嵌套函数与方程的解
【结论1】若方程有解，则等价于有解．
证明：∵，两边同取反函数，则有解，令其中一个交点的坐标分别为，当，得有解，且一个交点一定为．
三、函数的不动点与稳定点
1．不动点：
对于函数，我们把方程的解x称为函数的不动点，即与图象交点的横坐标．
例如：函数有一个不动点为1，函数有两个不动点，1．
2．稳定点：
对于函数，我们把方程的解x称为函数的稳定点，即与图象交点的横坐标．很显然，若为函数的不动点，则必为函数的稳定点．
证明：∵，∴，故也是函数的稳定点．
【不动点定理1】若函数为定义域内的单调递增函数，则有解等价于有解．
证明：若无解，则必有，或恒成立，当时，∵为定义域内的单调增函数，则，显然无解；同理，可证的情况．因此，函数为定义域内的单调增函数，有解等价于有解．
【不动点定理2】当时，一定有，当时，一定有．
四、函数迭代与函数的周期
【结论2】（周期函数迭代）
当一个函数时，一定有，是周期为的周期函数．可以理解为周期为的函数来自于一个原函数的反函数相等的函数迭代两次回到最初的点．如
①若，则．
②若，则．
③若，则．
在①中，（如图1）；在②中，（如图2）；在③中，（如图3）．
【结论3】当一个函数时，则可以根据迭代推出，，那么是周期为的周期函数．
更一般地，有
【结论4】（周期函数的迭代定理）
若，则存在，，一定存在最小的正整数，使得成立，即，即为这个函数的最小正周期．
近年来，嵌套函数、函数迭代成为各地高考试题和模拟试题的热门考点，嵌套函数和一些复杂的分段函数零点问题也是一种常考题型，零点问题不再是那么简单的“二分法”就能搞定了，需要综合应用函数分析法、参变分离、数形结合等解决问题．
对于“嵌套函数”这类复合函数而言，求其零点，思路一般分为两步：
（Ⅰ）“换元”以“解套”：
令，则，这样即可将一个复合函数的零点问题拆解为两个相对简单的函数的零点问题进行处理；
（Ⅱ）依次解方程：
令（2）中，先由方程解出t的值，然后代入方程（1），继续解出x的值，即为函数的零点．
上述两步虽然思路清晰，操作简明，然而在一些零点的相关问题，如零点个数问题、参数范围问题（通常并不需要求出零点的具体值）中，以及当方程（2）、（1）复杂难解时（代数法），此时就须采用几何法，借助函数图象，通过观察图象而使问题获解．对于方程组而言，具体步骤为：
（Ⅰ）先作出方程（2）两边函数与（x轴）的图象，观察其交点的横坐标，即得t的值（范围）；
（Ⅱ）将此t的值（范围）代入方程（1），并作出方程（1）两边函数与（其中的t由方程（2）解出，是常数）的图象，观察其交点情况（交点横坐标即为“嵌套函数”的零点），从而得出相应结论，使问题获解．由此可见，“嵌套函数”的零点相关问题可用代数与几何两种方法并相互补充，但无论是代数法还是几何法，其操作步骤都是：一分为二，各个击破．
另外，需要特别指出，上述几何法中，“对方程两边的函数分别作图，并观察其交点”，此举在函数零点问题中至关重要，不仅是上述命题的核心，更是“函数与方程”思想的精髓，值得细细品味．
考向一 嵌套函数解析式问题
例1．已知定义在上的函数为单调函数，且，则______．
【典例解读】
∵函数为定义在上的单调函数，则由得，为常数，
令， ，∴，则，即，
解得，∴．故答案为6．
【题后反思】
求嵌套函数的解析式，常采用下面两种方法：
（1）换元法：
将被嵌套的部分换为一个主元，即求出解析式，属于通法．
（2）待定系数法：
将被嵌套部分换成一个常数，最后解出这个常数即可．
【再练一个】
1．已知函数是定义在上的单调函数，若对任意恒成立，则的值是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
例2．已知定义在上的函数为单调函数，且，则______．
【典例解读】
∵的定义域为，∴当，，∴，把作为自变量的一个取值，它必须在定义域内，∴，即，
设，（其中），∴①，
令（其中），代入中，得
②，
把①代入②得，即③，
∵，∴，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，
∵和都大于－2，∴两个数值都符合题意．
综上，或．故答案为．
【题后反思】
在解决本题时，需注意：若为单调增函数，则，反之，若为单调减函数，则．故答案为．
【再练一个】
（2024四川德阳德阳中学月考）
2．已知是定义在上的单调函数，满足，且，若，则与的关系是（ ）
A． B． C． D．
考向二 嵌套函数与不动点问题
例3．（2024浙江北斗联盟期中联考）对于函数，若，则称为函数的“不动点”；若，则称为函数的“稳定点”，若函数的稳定点恰是它的不动点，则实数的取值范围是______．
【典例解读】
解法一：设，由得，∴，两式相减得，即或，∴必有解，即有解，∴，∵函数的稳定点恰是它的不动点，∴无解或者与同解，当无解时，即方程元解，则，当与同解时，，两式相减得，，经检验满足题意，综上所述．
解法二：如图7-1-3所示，的其中一个不动点一定位于与的切点，此时原函数与反函数公切线斜率一定为－1，，当只有一个不动点时，，故．
图4
【题后反思】
（1）由本例可知，不动点是函数图象与直线的交点的横坐标，稳定点是函数图象与曲线图象交点的横坐标（特别，若函数有反函数时，则稳定点是函数图象与其反函数图象交点的横坐标）．
（2）不动点一定是稳定点，但稳定点不一定是不动点．如：
对于函数，令，则，
，
∵不动点必为稳定点，∴该方程一定有两解必有因式，可得另外两解，故函数的稳定点是，1，，，其中是稳定点，但不是不动点．
【再练一个】
3．已知是定义在R上的函数，若方程有且仅有一个实数根，则的解析式可能是（ ）
A． B． C． D．
例4．（2024重庆南开中学月考）已知函数，若无实根，给出下列命题：
①方程一定无实根；
②若，则不等式对一切实数都成立；
③若，则必存在实数使；
④若，则不等式对一切实数都成立．
其中正确的是 ．
【典例解读】
∵方程无实根，即与的图象无交点，对于①，函数与的图象无交点，即方程一定无实根；
对于②，当时，函数的图象开口向上，与无交点，∴对一切成立，∴，故命题②正确；
对于③，同理当时，函数的图象开口向下，且在的下方，
∴对一切成立，∴，命题③错误；
对于④，∵，∴，由，可知，，中两个同号，另一个与他们异号，又由无实根，可得，从而有，同号，结合题意知，函数的图象在的下方，∴对一切恒成立，故命题④正确．故答案为①②④．
【题后反思】
通过本例，我们可得不动点定理2：当时，一定有，当时，一定有．
【再练一个】
4．设函数（，为自然对数的底数），若存在使成立，则的取值范围是 ．
考向三 嵌套函数零点问题
例5．已知函数有两个极值点，，若，则关于x的方程的不同实根个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【典例解读】
令，，则所求方程的根即为“嵌套函数”的零点，也即方程组解中的x值．由于，且函数有两个极值点，，故，是方程的两个根，也即是方程（2）的两个根，代入方程（1），并分别作出方程（1）两边函数、（其中或）的图象（如图5），由于，观察图象即知：与有2个交点，而与只有1个交点，即共有3个交点，故选A．
图5 图6
【题后反思】
本题解决的关键有两点：
①注意到方程就是把直接代入导函数而得；
②合理换元——将一个看似复杂的函数零点问题拆解为两个相对简单的函数零点问题（换元是处理此类“嵌套函数”零点问题的重要手段），当然问题的最终解决离不开“数形结合”（作图观察）．
【再练一个】
5．设函数，则函数的零点的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【反思】变式较例题相对更简单，只须将的零点转化为方程的根，然后再转化为方程组的解中的x值，最后通过作图观察即可获解．
例6．已知函数则函数零点的取值范围是______ ．
【典例解读】
令，则所求函数的零点即为方程组的解中的x值．先解方程（2）：作出方程（2）两边函数与的图象（如图7），观察图象可得或，再代入方程（1），作出的图象：当时，图象为介于与之间的区域，观察图7即得方程（1）的解为；当时，观察图象7知．故所求x的范围为．
【题后反思】
由本例不难看出，解决“嵌套函数”零点范围（值）问题的步骤为：（Ⅰ）换元（将一个复杂方程拆解为两个相对简单方程）；（Ⅱ）依次解方程（2）、（1）．特别指出，本题在解方程时，均采用了几何法求解（作图观察），若用代数法求解，则相对更繁．
图7 图8
【再练一个】
6． 已知函数，，则函数的所有零点之和是
A． B． C． D．
例7．（多选题）定义域和值域均为（常数）的函数和的图象如图9、图10所示，下列四个命题中正确的结论是（ ）
图9 图10
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
【典例解读】
关于A，当，如图11，先找到外函数的零点，，，如图12，再针对内函数分别作出，，，可得三条横线与有三个交点，故A正确；
图11 图12
关于B，当时，如图13，先找到处函数的零点，如图14，再针对内函数作出可得一条横线与有一个交点，故B错误；
图13 图14
关于C，当时，如图15，先找到外函数的零点，，，如图16，再针对内函数分别作出，，，可得三条横线仅有与有三个交点，故C错误；
图15 图16
关于D，当时，如图17，先找到外函数的零点，如图18，再针对内函数用出可得一条横线与有一个交点，故D正确，故选AD．
图17 图18
【题后反思】
秒杀秘籍：嵌套函数零点问题的总法则——内函数横着走，外函数竖着走，参变分离横竖皆来．
将函数分为和一内一外两个函数，分别作出其图形，找到竖着外函数的零点，，，然后将，，作纵坐标在内函数当中横插从而找到交点来确定零点．
【再练一个】
7．已知是定义在上的函数，则给定上的函数（ ）
A．存在上的函数，使得
B．存在上的函数，使得
C．存在上的函数，使得
D．存在上的函数，使得
考向四 嵌套函数与参数范围问题
例8．设函数，若函数有且只有2个不同的零点，则实数a的取值范围为 ．
【典例解读】
令，则所求函数的零点即为方程组的解中的x值．根据题意，由方程（2）解出t（不妨设为、，），代入到方程（1），则方程（1）只有2解．分别作出方程（1）两边函数与（其中或）的图象（如图19），由题意，两图象只有2个交点．易知的值域为，故方程（2）的两个解、必须满足：①，或②．对于情形①，只要，解得；对于情形②，只要且，此时a不存在．故所求参数a的取值范围为．
图19
【题后反思】
解决本例的关键在于突破“函数有且只有2个不同的零点”的思维障碍．由条件知，方程（1）有2个解，从而得到t的范围（即方程（2）的根的范围），进而由方程（2）根的分布，得参数a的范围．其思维次序是：由方程（1）解的情形（已知）→方程（2）解的情形→参数a的范围．
【再练一个】
8．设定义域为R的函数, 若关于x的函数有8个不同的零点，则实数b的取值范围是 ．
【反思】变式与例题类似，将已知函数有8个零点转化为方程（1）有8个根，从而由图象获知t的范围（即方程（2）根的范围），进而由二次方程根的分布，求得参数a的范围．
例9．已知，关于的方程有四个不同的实数根，则的取值范围是 ．
【典例解读】
∵函数，∴当时，，单调递增；当时，，∴当时，，当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，∴当时，取得极大值．作出的函数图象，如图21，∴令，∴当，有3解，当或时，有1解，当，有2解．∵关于的方程有四个不同的实数根，∴关于的方程在和上各有1解．
令，如图22，∴，即．
图21 图22
【题后反思】
定海神针卡住，使得为解题关键突破口．参变是否分离的关键在于外函数的两个零点是否在同一区间，若在，参变分离肯定更加简单，否则直接定海神针解决问题．
【再练一个】
9．已知函数，若关于的方程有 个不等的实数根，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【反思】二次函数作为外函数可以通过参变分离减少运算，但是前提就是函数的基本功要扎实．
考向五 嵌套函数与函数同构
例10．已知是方程的实根，则关于实数的判断正确的是（ ）
A． B． C． D．
【典例解读】
解法一：（嵌套函数构造）
根据题意得出后，取指数得，故在函数中，为单增函数，此题满足，因此，，故选C．
解法二：（同构）
令，得，其中，在等式两边同时除以得，即，构造函数，其中，则，∴函数在区间上单调递增，且，根据题意，若是方程的实根，则，即，∴，因此，故选C．
【题后反思】
这道题通过两种不同的解法展示了处理方程根问题的灵活性．解法一利用嵌套函数构造，巧妙地利用函数的单调性来判断参数的范围；解法二则采用同构的方法，将方程转化为函数形式，通过对函数的分析得出结论．
在解题过程中，我们要善于从不同角度思考问题，灵活运用各种方法和技巧．同时，要注意对函数性质的深入理解和掌握，这对于解决类似问题至关重要．两种解法都体现了数学思维的巧妙和多样性．
【再练一个】
10．已知是定义在上的奇函数，当时，，则函数的零点个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
考向六 函数迭代与函数的周期
例11．对任意整数，函数满足，若，则________，________．
【典例解读】
∵，∴，
∴，，
∴，
．
【题后反思】
一般地，若函数，当仅当时，是周期为的周期函数．当时，不会再产生周期函数．
【再练一个】
11．设函数的定义域关于原点对称且满足：
（ⅰ）；（ⅱ）存在正常数使．
则函数的一个周期是 ．
一、单选题：
12．,，若有9个零点，则的取值范围是
A． B．
C． D．
13．已知函数，则函数的零点个数为（ ）（是自然对数的底数）
A．6 B．5 C．4 D．3
14．已知，则方程的实数根个数不可能为（ ）
A．5个 B．6个 C．7个 D．8个
（2024辽宁抚顺一中月考）
15．定义域为的偶函数，当时，，若关于的方程有且仅有6个不等的实数根，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：
16．已知函数,若关于x的方程有8个不同的实根，则a的值可能为.
A．-6 B．8 C．9 D．12
三、填空题：
17．已知二次函数，则“与有相同的零点”是“”的 条件.
18．已知函数，若关于x的方程有五个不相等的实数根，则实数a的取值范围是 .
19．已知函数，若有两个零点，则的取值范围 .
20．已知,函数，，若函数有6个零点，则实数的取值范围是 .
21．已知，若函数有且只有三个零点，则实数的取值集合为 .
（2024湖南邵阳邵东一中月考）
22．已知，函数，，若函数有4个零点，则实数的取值范围是 .
四、双空题：
23．对于函数，若，则称为的“不动点”，若，则称为的“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，，那么，（1）函数的“稳定点”为 ；（2）集合与集合的关系是 ．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】根据题意，令，所以，由，求出，代入即可求出的值.
【分析】因为函数在定义域上是单调函数，
且，所以为一个常数，
令这个常数为，则有，则，
且，将代入上式可得，解得，
所以，所以.
故选：C.
2．C
【解析】由题意，设，可得，代入，解得，从而得函数，所以可得，可得，得，然后求解的值，即可得.
【详解】解：∵是定义在上的单调函数，满足，
∴是一个常数，设，则，
由，得.
令，得，解得，
∵，∴，∴，
∵，∴，
解得或（舍去），∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了函数的解析式求解和单调性的应用，以及对数运算性质的应用，计算的过程中注意：
（1）根据题意，设，求得的值，确定出函数的解析式；
（2）根据的单调性判断出的大小关系，推导出；
（3）利用对数的运算性质和换底公式，列式求解出.
3．D
【分析】对于A，化简，作出函数的图象，数形结合，即可判断；对于B，利用加以判断；对于C，将方程整理为即可判断，对于D，利用导数判断函数单调性，即可判断.
【详解】若，则，
由于，，
作出函数的图象，如图：
因此有4个解，A错误；
对于，令 ，
当时，，递减，当时，，递增，
故，
即，因此，即若，则方程无实根，B错误；
若，则，即，
即，方程右边恒大于2，故该方程无实根，C错误；
对于，令，则，
等号仅在时取得，故在R上单调递减，
又因为，故此时方程有且仅有一个实数根，
即满足题意，D正确，
故选：D
【点睛】本题考查了复合函数的根的问题，综合性较强，解答时要能综合应用函数知识以及导数知识来解决问题,
4．
【分析】根据等价于有解，分离参数得，对求导得单调性从而可得的值域，即可得的取值范围.
【详解】由题意得函数在定义域内为增函数，利用等价于有解这个结论，
若存在使成立，即为在有解，
∴，分离参数得，，则，
令，则，故，，，，
所以在上递减，在上递增，则，
∴单调递增，，
∴若存在使成立，则的取值范围是．
故答案为：.
5．C
【分析】作出函数的图象，将问题转化为方程的根，令，先确定的根，再得的根，结合函数图象即可获解.
【详解】函数的图象如下图所示：

令，则函数的零点满足，即，
所以 ，
当时，则，结合函数的图象可得的根有3个；
当时，则，结合函数的图象可得的根有1个；
当时，则，结合函数的图象可得的根有0个；
综上可得，函数的零点的个数是个.
故选：C.
6．B
【分析】令 ，由，可得或，再，可得不等式，求得的值，即可求解.
【详解】令 ，由，可得或，可得或，
令，可得或或或，
解得或，则．
故选：B.
7．D
【分析】根据反函数的定义可判断A，B；根据是否有解可判断C；只需要可判断D.
【详解】对A，，两边同取反函数，则，
即是的反函数，不是所有的函数都有反函数，如，，故A错误；
对B，，得，即是的反函数，故B错误．
对C，令，则，即与有交点，这个不一定，故C错误．
对D，只需要就可以满足，故D正确.
故选：D．
8．
【详解】
关于的二次方程至多有两个实数根，
设，
要使得有8个零点，就是有4个解，
由图象知，内有4个解．
二次方程在内有两个不等的实数根，
故有
故填
9．C
【详解】
画出的图象，如图，设，原方程化为，①
由图知，要使方程 个不等的实数根方程，
只需在有上有两个不等的根，则，
解得，故选C.
【方法点睛】本题主要考查分段函数的图象与性质、方程的根与系数之间的关系，数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出函数图象以及熟练掌握函数图象的几种变换，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.
10．D
【分析】当时，令，得，即，构造函数，求导确定单调性从而可得，再根据函数的图象性质，可得方程根的个数，结合函数的奇偶性即可得结论；或者令，则由，可得，从而令，求导确定单调性，判断其零点个数再结合函数的奇偶性即可得结论.
【详解】解法一：∵函数是定义在上的奇函数，∴，
当时，令，得，即，
构造函数，则恒成立，所以在上单调递增，
则当时，可得，则，
又，则，所以时，函数递增，时，函数递减，
且；，则函数的图象大致如图所示，
由于，∴有两个解，
由于是定义在上的奇函数，故当时，也是2个零点，
综上，当时，有5个零点.
解法二：当时，令，得，即，
令，则，
令，，所以时，函数递减，时，函数递增，
又，又，，故在区间和区间各有一个交点，
是定义在上的奇函数，故，当时，也是2个零点，
综上，当时，有5个零点.
故选：D．
11．
【分析】令，根据题意可证得是奇函数，根据条件，结合抽象函数的关系以及周期的定义进行推导即可.
【详解】令，
，
∴是奇函数．
∵
，
∴，
∴，
是以为周期的周期函数．
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关抽象函数的应用以及函数奇偶性和周期性的判断和求解，正确解题的关键是熟练掌握定义并能熟练应用.
12．A
【分析】令g（x）＝t，由题意画出函数y＝f（t）的图象，利用y＝f（t）与y＝m的图象最多有3个零点，可知要使函数y＝f（g（x））﹣m有9个零点，则中每一个t的值对应3个x的值.
【详解】函数的图象如图所示，
令g（x）＝t，y＝f（t）与y＝m的图象最多有3个零点，
当有3个零点，则0＜m＜3，从左到右交点的横坐标依次t1＜t2＜t3，
由图可知，2t1+1＝﹣m，则，
，
由于函数y＝f（g（x））﹣m有9个零点，，
，当 即 g（x）单调减；，g（x）单调递增，故每一个t的值对应3个x的值，则，
∴ ，
数形结合解，即，
由图易得，
解得：
∴实数m的取值范围是（0，）．
故选：A．
【点睛】本题考查根的存在性及根的个数判断，考查数形结合的解题思想方法和数学转化思想方法，属有一定难度题目．
13．B
【解析】利用导数研究函数的性质，如单调性，函数值的变化趋势和，函数的极值．再研究方程的解的个数，即直线与函数的公共点的的取值，从而利用函数的性质求得零点个数．
【详解】时，是增函数，，
时，，，显然，
由，
作出和的图象，如图，是增函数，在是减函数
它们有一个交点，设交点横坐标为，易得，，
在时，，，时，，，
所以在上递减，在上递增，是的极小值，也是在时的最小值．，，，即，，
时，，时，．作出的大致图象，作直线，如图，时与的图象有两个交点，即有两个解，．
时，，，由得，而时，，，所以直线与在处相切．即时方程有一个解．
，令，则，由上讨论知方程有三个解：()
而有一个解，和都有两个解，所以有5个解，
即函数有5个零点．
故选：B．
【点睛】本题考查函数的零点个数问题，通过换元法问题转化为的解及的解，为此利用导数研究函数的性质，研究直线与函数的公共点问题．研究的图象与直线的公共点个数．本题考查了学生的转化与化归思想．运算求解能力．
14．A
【分析】作出的图象，令，由对勾函数的性质作出的图象，再对分类讨论，将问题转化为关于的方程（具体到每种类型时为常数）的解的个数问题.
【详解】因为，
当时，则在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，，，，
作出的图象，如图所示：
令，由对勾函数的性质可知在，上单调递减，
在，上单调递增，且，，则的图象如下所示：
①当时，令或，
则关于的方程有两个实数解，关于的方程的方程也有两个实数解，
即此时对应的个数为，（以下处理方法类似）；
②当时，令或或，此时对应的个数为6；
③当时，
令或或或，
此时对应的个数为；
④当时，或或或，此时对应的个数为；
⑤当时，或或，此时对应的个数为；
⑥当时，或，此时对应的个数为3；
⑦当时，，此时对应的个数为2.
综上可知，实数根个数不可能为5个.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键是作出的图象，再对分类讨论，将问题转化为关于的方程（具体到每种类型时为常数）的根的问题.
15．C
【分析】根据偶函数画出函数图像，得到的根的个数情况，根据
有且仅有6个不等的实数根得到 或
，再根据韦达定理得到答案.
【详解】当时，，为偶函数
画出函数图像，如图所示：
根据图像知：
当时：无解；
当时：有2个根；
当时：有4个根；
当时：有2个根；
当时：有1个根；
当时：无解；
有且仅有6个不等的实数根
和满足： 或
则满足：
则满足：
综上所述：
故选
【点睛】本题考查了函数的零点问题，意在考查学生对于函数图像，韦达定理，不等式的综合应用能力.
16．CD
【分析】分的不同进行讨论再数形结合分析即可.
【详解】当时, 仅一根,故有8个不同的实根不可能成立.
当时, 画出图象,当时, ,,
又有8个不同的实根,故有三根,且.
故.又有三根, 有两根,且满足.
综上可知,.
故选：CD
【点睛】本题主要考查了数形结合以及分类讨论求解的方法,需要根据题意将复合函数零点分步讨论,属于中等题型.
17．充要
【分析】根据函数零点的概念结合充分条件、必要条件的概念判断即可.
【详解】当与有相同的零点时，
不妨设是函数与函数的一个相同零点，
则，即，所以.
反之，当时，，，
显然与有相同的零点.
综上，“与有相同的零点”是“”充要条件.
故答案为：充要
18．
【分析】画出图像,令,由5个不相等的实根可得,,则可列出不得关系,进而求得参数范围即可
【详解】由题,画出的图像,
设,则方程有5个不相等的实根,
由图可得,,,
所以,解得,
故答案为：
【点睛】本题考查已知零点个数求参问题,考查数形结合思想
19．
【解析】先运用分段函数的解析式，得出的解析式，再利用导数求得函数的单调性区间,即可求得的取值范围.
【详解】当时,, , ,
当,
综上可知：,
则，有两个根，,(不妨设,
当时,，当时,,
令,则，，，，，,
设，, 所以, ，函数单调递减, ,
的值域为, 取值范围为,
故答案为：.
【点睛】本题考查分段函数的零点问题，关键在于讨论自变量的范围得出函数的表达式，再运用导函数得出函数的图象趋势，得出的函数解析式，属于难度题.
20．
【详解】函数，
当时，即时，
则
当时，即时，
则
当即时，只与的图象有两个交点，不满足题意，应该舍去；
当时，与的图象有两个交点需要直线只与的图象有四个交点时才满足题意，又，解得
故实数的取值范围是
点睛：本题考查了根的存在性及根的个数判断，结合复合函数后难度较大，要先求出复合函数的解析式，然后根据交点个数情况进行分类讨论，理清函数图象的交点问题是本题的关键
21．
【分析】最小值为，函数有三个零点，即有三个解．设，即，方程最多有两解，因此也必须有两解才可满足题意，设的两解为，当可保证有三个解．
【详解】，
设，显然最多有2个不等实解，也可能是2个相等实根或无解．
为，
函数有且只有三个零点，则方程一定有两实根，其中一根，另一根．
由，得，此时，
的两根为和0，满足题意．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查函数的零点的概念，解题时由零点定义转化为方程的根，通过二次方程根的分布知识求解．
22．
【分析】画出函数的图像，对分成，等种情况，研究零点个数，由此求得的取值范围.
【详解】令，画出函数的图像如下图所示，由图可知，
（1）当或时，存在唯一，使，而至多有两个根，不符合题意.
（2）当时，由解得，由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根；由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.由于上述四个实数根互不相等，故时，符合题意.
（3）当时，由解得，由化简得，其判别式为负数，没有实数根；由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.故当时，不符合题意.
（4）当时，由，根据图像可知有三个解，不妨设.
即
即.
i）当时，，故①②③三个方程都分别有个解，共有个解，不符合题意.
ii)当时，，①有个解，②③分别有个解，共有个解，不符合题意.
iii）当时，，①无解，②③分别有个解，共有个解，符合题意.
iv）当时，，①无解，②有个解，③有两个解，共有个解，不符合题意.
v）当时，，①无解，②无解，③至多有个解，不符合题意.
综上所述，的取值范围是.

【点睛】本小题主要考查复合函数零点问题，考查分类讨论的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，难度较大，属于难题.
23．
【分析】（1）由“稳定点”的定义可得，即，解出即可；
（2）利用子集的定义判断集合与集合的关系.
【详解】（1）由于，即，得， ，故；
函数的“稳定点”为；
（2）当时，成立；
当时，设为中的任意一个元素，则，
，
，
，
综上，,
所以集合与集合的关系是.
故答案为：（1）；（2）.
【点睛】本题考查函数的新定义，考查逻辑思维能力，解第二问时应注意分类讨论.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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