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专题02 抽象函数与嵌套函数
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高频考情深度解读（高考命题规律透视+培优备考要求） 核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧） 聚焦题型精准解密（5大题型精讲+变式拔高训练） 题型一 抽象函数的定义域与值域问题（） 题型二 抽象函数的单调性与奇偶性综合（） 题型三 嵌套函数的零点问题（） 题型四 抽象函数的解析式求解（） 题型五 嵌套函数的最值与参数范围问题（） 实战演练高效提分（高考仿真模拟+限时训练提升）
近几年高考主要以小题（选择题、填空题）为主，分值5~10分，部分地区可能在解答题中与导数（判断单调性）、不等式（恒成立问题）、数列（累加法求解析式）跨模块融合。
基础知识必备：
一、抽象函数核心基础：
定义域：遵循“括号内整体范围一致”原则，即若定义域为，则需满足，需结合内层函数（如一次函数、二次函数、对数函数）的定义域约束（如对数真数大于0、偶次根式被开方数非负）综合求解。
二、奇偶性与单调性：掌握定义法（判断奇偶性，判断单调性）、赋值法（常用、、等特殊值推导性质），明确奇偶性对函数图象对称性的影响（奇函数关于原点对称，偶函数关于轴对称）、单调性对不等式转化的作用（单调函数可“去符号”）。
解析式：熟悉赋值法（构造方程求特殊值）、累加法（适用于型）、构造法（假设一次/指数/对数函数模型代入验证）。
嵌套函数核心基础：
三、拆解逻辑：通过换元法将拆分为外层函数与内层函数，解题需“分层处理”（先分析外层函数性质，再结合内层函数值域）。
四、零点与最值：零点问题转化为“外层函数零点→内层函数解的个数”（如的零点，需先求的解，再求的解的总数）；最值问题需先求内层函数值域（作为外层函数定义域），再求外层函数最值。
2026高考预测：
一、抽象函数：侧重奇偶性与单调性的综合应用（如解不等式f(2x-1)+f(x-3)>0）、赋值法求特殊值或解析式、定义域与值域的嵌套求解（如f(f(x))的定义域）。
二、嵌套函数：聚焦多层嵌套的零点个数判断（结合函数图象数形结合）、含参数的嵌套函数恒成立/有解问题（如g(x)=f(f(x))-k≥0恒成立求k范围），可能出现与新定义结合的创新题型（如“取整函数+嵌套函数”）。
三、趋势特点：隐性逻辑应用增强（不再直接给出奇偶性/单调性，需通过条件推导）、图象法依赖度提升（嵌套函数零点、参数范围问题需直观分析图象交点）、跨模块融合加深（如与导数结合分析嵌套函数的单调性）。
重难知识汇总：
函数类型 重点知识 难点突破
抽象函数 1. 奇偶性与单调性的推导（赋值法）； 2. 解析式求解（赋值法、累加法）； 3. 定义域与值域的嵌套 1. 复杂条件下的赋值技巧（如、）；2. 非单调抽象函数的值域分析
嵌套函数 1. 零点个数的分层计数（换元法）； 2. 最值的分层求解（内层值域→外层最值）；3. 参数范围的约束转化 1. 多解情况下的分类讨论（如有2个解时，需分别分析每个解对应的内层解个数）； 2. 恒成立条件的等价转化（如→）
综合应用 1. 抽象函数与嵌套函数结合（如的奇偶性判断）；2. 与分段函数融合（分段嵌套的零点分析） 1. 分段函数各区间的性质差异（如与的单调性不同）；2. 跨区间的解的计数整合
常用技巧方法：
赋值法：抽象函数性质推导与解析式求解的核心，优先赋值（求）、（证奇偶性）、（推导递推关系），如由赋值得，赋值得。
换元法：嵌套函数拆解的关键，令将转化为，简化外层函数分析，如的零点问题，先求的解，再求的解。
数形结合法：嵌套函数零点、参数范围问题的直观工具，通过绘制内层函数与外层函数的图象，分析交点个数或最值，如判断与对应的解的个数时，需结合的分段图象观察。
构造法：抽象函数解析式求解的辅助手段，针对常见模型（如假设指数函数、假设对数函数），代入条件验证并确定参数。
易错避坑提效：
易错点1：抽象函数定义域理解偏差：误将的定义域视为的定义域，忽略“括号内整体范围一致”，如定义域为，则需满足，而非的定义域本身。
易错点2：嵌套函数零点计数遗漏：未分类讨论外层函数解的个数，或忽略内层函数在不同区间的解的差异，如为分段函数时，在与可能有不同解的个数，需分别计数。
易错点3：抽象函数单调性误用：未先证明单调性直接“去符号”，或忽略定义域约束，如解时，需先确认单调，再结合定义域列不等式。
提效技巧：二轮复习中针对高频题型（如嵌套零点、抽象函数不等式）总结“解题模板”，如零点问题按“换元→求外层解→内层解计数→总数汇总”步骤执行，减少思维漏洞。
题型一 抽象函数的定义域与值域问题
方法点拨：定义域用 “括号内整体范围一致”+ 内层约束列不等式；值域先求内层值域，结合外层单调性 ，忌忽略内层定义域限制。
【典例01】1.（2025·湖北武汉·三模）已知函数的定义域为，对任意的，均有，且，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【典例02】（2025·浙江温州·二模）函数满足：①②，．则的最大值等于 ．
【变式01】（25-26高三上·山东菏泽·期中）已知函数的定义域和值域分别为和，则函数的定义域和值域分别为（ ）
A．和 B．和
C．和 D．和
【变式02】（24-25高三下·重庆·月考）已知满足，且，则的值域为
【变式03】（2025·黑龙江大庆·三模）已知是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数，若函数的值域为，则函数的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．6 D．9
题型二 抽象函数的单调性与奇偶性综合
方法点拨：赋值法（0、-y 等）推奇偶性与单调性，将不等式转化为 与关系，借单调性去 符号，勿忘定义域约束。
【典例01】（2025·辽宁·一模）对任意，都有，且不恒为0，函数，则（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
【典例02】（2025·河北沧州·模拟预测）已知函数的定义域为，且为奇函数，当时，，则关于的不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【变式01】（2025·福建漳州·模拟预测）定义在上的奇函数满足：，且，，若，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【变式02】（2025·黑龙江大庆·一模）已知函数的定义域为，且在上单调递减，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【变式03】（2025·江苏淮安·模拟预测）已知函数定义域为，且满足：，，，，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
题型三 嵌套函数的零点问题
方法点拨：换元令 t=f (x)，先求的解，再结合图象数每个对应解的个数，总数汇总得零点数，分类讨论防漏解。
【典例01】（2025·贵州毕节·一模）已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【典例02】（2025·陕西西安·三模）设函数.若函数与都没有零点，则函数与（ ）
A．都没有零点 B．都有零点
C．至少有一个没有零点 D．至少有一个有零点
【变式01】（2025·山东临沂·三模）已知函数，若函数有8个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【变式02】（2025·河北保定·二模）已知函数记函数的个零点为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【变式03】（25-26高三上·江苏镇江·期中）已知函数，若函数有6个零点，则实数的取值范围为 .
题型四 抽象函数的解析式求解
方法点拨：赋值特殊值（0、1 等）构造方程，或假设一次 / 指数等模型代入，累加法适用于
型，解后需验证。
【典例01】（2025·河北秦皇岛·一模）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．2025 B．2024 C．2023 D．2022
【典例02】（2025·山东·一模）设函数的导函数为，当时满足，且，则，，的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
【变式01】（24-25高三上·江西·月考）已知函数满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
【变式02】（23-24高三上·广东湛江·月考）已知函数的定义域为，且，则（ ）
A． B． C．是偶函数 D．没有极值点
【变式03】（25-26高三上·河南·期中）已知定义在上的函数满足对任意恒成立，且，则（ ）
A．200 B．210 C．110 D．220
题型五 嵌套函数的最值与参数范围问题
方法点拨：先求内层的值域，再求外层最值；恒成立转最值与参数关系，有解转参数属 值域，数形结合助分析。
【典例01】（2025·内蒙古呼和浩特·二模）已知函数在上单调，且在上恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【典例02】（25-26高三上·山东·期中）已知函数 ，若函数有8个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【变式01】（2025·河北·模拟预测）已知函数是上的增函数，且关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【变式02】（25-26高三上·重庆·开学考试）已知函数 若关于x的方程 有7个不相等的实数根，则实数a的取值范围是 （ ）.
A． B．（0，1] C． D．[1，+∞）
【变式03】（25-26高三上·重庆南岸·月考）已知，，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
（限时训练：15分钟）
1．（25-26高三上·重庆渝北·月考）已知函数的定义域为则的定义域为（ ）
A． B． C． D．
2．（25-26高三上·陕西商洛·月考）已知函数的定义域和值域均为，则函数的定义域和值域分别为（ ）
A．和 B．和
C．和 D．和
3．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递减，若实数a满足，则a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025·陕西榆林·模拟预测）(多选)定义在上的奇函数满足，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．关于对称
C．的周期为2 D．
5. （25-26高三上·湖南衡阳·月考）已知函数，若有另一函数有且仅有3个不同零点，则常数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6.（2025·四川眉山·模拟预测）(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
7. （2024·四川德阳·模拟预测）已知函数的定义域为，且，则（ ）
A．0 B．1 C．2024 D．2025
8.（2025·浙江·二模）定义在上的函数满足，当时，，则函数在区间内的零点个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
9. （22-23高三上·广西桂林·月考）已知定义在上的函数是偶函数，当时，，若关于的方程，有且仅有6个不同实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
10. （25-26高三上·四川广安·月考）已知函数，若方程有且仅有5个不同实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题02 抽象函数与嵌套函数
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高频考情深度解读（高考命题规律透视+培优备考要求） 核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧） 聚焦题型精准解密（5大题型精讲+变式拔高训练） 题型一 抽象函数的定义域与值域问题（） 题型二 抽象函数的单调性与奇偶性综合（） 题型三 嵌套函数的零点问题（） 题型四 抽象函数的解析式求解（） 题型五 嵌套函数的最值与参数范围问题（） 实战演练高效提分（高考仿真模拟+限时训练提升）
近几年高考主要以小题（选择题、填空题）为主，分值5~10分，部分地区可能在解答题中与导数（判断单调性）、不等式（恒成立问题）、数列（累加法求解析式）跨模块融合。
基础知识必备：
一、抽象函数核心基础：
定义域：遵循“括号内整体范围一致”原则，即若定义域为，则需满足，需结合内层函数（如一次函数、二次函数、对数函数）的定义域约束（如对数真数大于0、偶次根式被开方数非负）综合求解。
二、奇偶性与单调性：掌握定义法（判断奇偶性，判断单调性）、赋值法（常用、、等特殊值推导性质），明确奇偶性对函数图象对称性的影响（奇函数关于原点对称，偶函数关于轴对称）、单调性对不等式转化的作用（单调函数可“去符号”）。
解析式：熟悉赋值法（构造方程求特殊值）、累加法（适用于型）、构造法（假设一次/指数/对数函数模型代入验证）。
嵌套函数核心基础：
三、拆解逻辑：通过换元法将拆分为外层函数与内层函数，解题需“分层处理”（先分析外层函数性质，再结合内层函数值域）。
四、零点与最值：零点问题转化为“外层函数零点→内层函数解的个数”（如的零点，需先求的解，再求的解的总数）；最值问题需先求内层函数值域（作为外层函数定义域），再求外层函数最值。
2026高考预测：
一、抽象函数：侧重奇偶性与单调性的综合应用（如解不等式f(2x-1)+f(x-3)>0）、赋值法求特殊值或解析式、定义域与值域的嵌套求解（如f(f(x))的定义域）。
二、嵌套函数：聚焦多层嵌套的零点个数判断（结合函数图象数形结合）、含参数的嵌套函数恒成立/有解问题（如g(x)=f(f(x))-k≥0恒成立求k范围），可能出现与新定义结合的创新题型（如“取整函数+嵌套函数”）。
三、趋势特点：隐性逻辑应用增强（不再直接给出奇偶性/单调性，需通过条件推导）、图象法依赖度提升（嵌套函数零点、参数范围问题需直观分析图象交点）、跨模块融合加深（如与导数结合分析嵌套函数的单调性）。
重难知识汇总：
函数类型 重点知识 难点突破
抽象函数 1. 奇偶性与单调性的推导（赋值法）； 2. 解析式求解（赋值法、累加法）； 3. 定义域与值域的嵌套 1. 复杂条件下的赋值技巧（如、）；2. 非单调抽象函数的值域分析
嵌套函数 1. 零点个数的分层计数（换元法）； 2. 最值的分层求解（内层值域→外层最值）；3. 参数范围的约束转化 1. 多解情况下的分类讨论（如有2个解时，需分别分析每个解对应的内层解个数）； 2. 恒成立条件的等价转化（如→）
综合应用 1. 抽象函数与嵌套函数结合（如的奇偶性判断）；2. 与分段函数融合（分段嵌套的零点分析） 1. 分段函数各区间的性质差异（如与的单调性不同）；2. 跨区间的解的计数整合
常用技巧方法：
赋值法：抽象函数性质推导与解析式求解的核心，优先赋值（求）、（证奇偶性）、（推导递推关系），如由赋值得，赋值得。
换元法：嵌套函数拆解的关键，令将转化为，简化外层函数分析，如的零点问题，先求的解，再求的解。
数形结合法：嵌套函数零点、参数范围问题的直观工具，通过绘制内层函数与外层函数的图象，分析交点个数或最值，如判断与对应的解的个数时，需结合的分段图象观察。
构造法：抽象函数解析式求解的辅助手段，针对常见模型（如假设指数函数、假设对数函数），代入条件验证并确定参数。
易错避坑提效：
易错点1：抽象函数定义域理解偏差：误将的定义域视为的定义域，忽略“括号内整体范围一致”，如定义域为，则需满足，而非的定义域本身。
易错点2：嵌套函数零点计数遗漏：未分类讨论外层函数解的个数，或忽略内层函数在不同区间的解的差异，如为分段函数时，在与可能有不同解的个数，需分别计数。
易错点3：抽象函数单调性误用：未先证明单调性直接“去符号”，或忽略定义域约束，如解时，需先确认单调，再结合定义域列不等式。
提效技巧：二轮复习中针对高频题型（如嵌套零点、抽象函数不等式）总结“解题模板”，如零点问题按“换元→求外层解→内层解计数→总数汇总”步骤执行，减少思维漏洞。
题型一 抽象函数的定义域与值域问题
方法点拨：定义域用 “括号内整体范围一致”+ 内层约束列不等式；值域先求内层值域，结合外层单调性 ，忌忽略内层定义域限制。
【典例01】1.（2025·湖北武汉·三模）已知函数的定义域为，对任意的，均有，且，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】令，即可判断A；令，可得，令，可判断B；令，可判断D；由题意可得，结合，，可得，再根据对数的运算性质及单调性，即可判断C.
【详解】解：对于A，令，则有，即，故A错误；
对于B，令，则有，
又因为，，所以，
令，则有，故B错误；
对于C，因为，，
所以，
令，则有，令，则有，
由B可知，
所以，所以，
同理可得，
所以，故C正确；
对于D，由B可知，
令，则有，故D错误.
故选：C．
【典例02】（2025·浙江温州·二模）函数满足：①②，．则的最大值等于 ．
【答案】/0.5
【分析】交换可得，进而可得再令可得，最后根据基本不等式可得答案.
【详解】，①．
则交换可得，,
化为②
由①②可得③，
③中令可得，
化简可得，当时等号成立，
所以的最大值等于．
故答案为：
【点睛】方法点睛：解答与抽象函数有关的题目时，常用赋值法.
【变式01】（25-26高三上·山东菏泽·期中）已知函数的定义域和值域分别为和，则函数的定义域和值域分别为（ ）
A．和 B．和
C．和 D．和
【答案】D
【分析】本题考查函数定义域和值域的概念以及函数图象的平移变换，解题的关键在于理解函数图象平移对定义域和值域的影响.
【详解】函数的图像向右平移1个单位长度得到函数的图像，故定义域为，值域不变；
故选：D
【变式02】（24-25高三下·重庆·月考）已知满足，且，则的值域为
【答案】
【分析】根据题意，令，求得，再令，求得，令，可得，即，再令，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由函数满足，且，
令，可得，因为，可得，
再令，可得，所以，
令，可得，即，
再令，可得，所以，
则，
当且仅当时，等号成立，
所以的值域为.
故答案为：.
【变式03】（2025·黑龙江大庆·三模）已知是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数，若函数的值域为，则函数的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．6 D．9
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的性质，结合函数值域的意义求出最大值.
【详解】由函数的值域为，得，
由是定义在上的奇函数，得，由是定义在上的偶函数，得，
则，则，而函数与的值域相同，
所以函数的最大值为3.
故选：B
题型二 抽象函数的单调性与奇偶性综合
方法点拨：赋值法（0、-y 等）推奇偶性与单调性，将不等式转化为 与关系，借单调性去 符号，勿忘定义域约束。
【典例01】（2025·辽宁·一模）对任意，都有，且不恒为0，函数，则（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
【答案】B
【分析】利用赋值法可得，进而可求的值.
【详解】令，可得，所以，
令，可得，
因为不恒为0，所以，所以是奇函数，
因为，
所以.
故选：B.
【典例02】（2025·河北沧州·模拟预测）已知函数的定义域为，且为奇函数，当时，，则关于的不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由函数奇偶性与图象变换，可得函数的对称性，根据题意可得函数的单调性，化简不等式，结合一元二次不等式的解法，可得答案.
【详解】依题意，因为为奇函数，所以函数的图像关于对称，
又当时，，易知函数在上单调递增，
所以当时，函数在上单调递增，
又，可知在上单调递增，
所以可化为，
即，即，解得或，
所以不等式的解集为.
故选：C．
【变式01】（2025·福建漳州·模拟预测）定义在上的奇函数满足：，且，，若，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题干条件，构造函数，结合单调性的定义，可得的单调性，根据奇偶性的定义，可得的奇偶性，结合特殊值，计算分析，即可得答案.
【详解】因为，且，，
所以，
设，
则，，且，，
根据单调性的定义可得，在上单调递增，
因为在R上为奇函数，
所以，
所以在R上为奇函数，
所以在上单调递增，
因为，
所以，则，
所以的解集为，
所以的解集为.
故选：D
【变式02】（2025·黑龙江大庆·一模）已知函数的定义域为，且在上单调递减，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用对称性及单调性求解函数不等式.
【详解】由函数的定义域为，得函数的图象关于直线对称，
又函数在上单调递减，则不等式，
即，解得，所以所求不等式的解集为.
故选：D
【变式03】（2025·江苏淮安·模拟预测）已知函数定义域为，且满足：，，，，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据函数的对称性和单调性求解.
【详解】因为，所以关于对称，
又，所以在单调递减，
所以在单调递增.
又，所以，所以，
所以实数的取值范围为.
故选：A.
题型三 嵌套函数的零点问题
方法点拨：换元令 t=f (x)，先求的解，再结合图象数每个对应解的个数，总数汇总得零点数，分类讨论防漏解。
【典例01】（2025·贵州毕节·一模）已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】由可得或，作出图形，结合图形即可求解.
【详解】由题意，令，解得或，
作出的图象，如图，

由图可知，直线与图象有3个交点，
直线与图象有4个交点，
所以原方程有7个解，
即函数有7个零点.故选：C
【典例02】（2025·陕西西安·三模）设函数.若函数与都没有零点，则函数与（ ）
A．都没有零点 B．都有零点
C．至少有一个没有零点 D．至少有一个有零点
【答案】C
【分析】假设函数与都有零点，再根据反证法证明假设不成立即可得答案.
【详解】解：因为的开口向上，
所以，设最小值分别为，
假设函数与都有零点，
则存在使得，令，则；
存在使得，令，则；
所以，
下面分三种情况讨论：
假设，则函数，即函数与有零点，与函数与都没有零点矛盾，故不成立；
假设，则使得，此时，即函数存在零点，与没有零点矛盾，故不成立；
假设，则使得，此时，即函数存在零点，与没有零点矛盾，故不成立；
综上，假设函数与都有零点不成立，即函数与至少有一个没有零点.
故选：C
【变式01】（2025·山东临沂·三模）已知函数，若函数有8个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意对实数进行讨论，分，，再利用函数零点问题，结合函数图象进行分析求解.
【详解】⑴ 当，时，，对称轴为，
所以在单调递增，函数图象如下：
令，，解得或，
即或，根据图象有2个解，有1个解，
所以此时有3个零点，不符合题意；
当，时，，对称轴为，
所以在单调递增，在单调递减，函数图像如下：
令，，解得或或，
根据图象有2个解，有3个解，
又有8个零点，所以要有3个解，
即，解得，故选：D.
【变式02】（2025·河北保定·二模）已知函数记函数的个零点为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】令，则，时，求出的零点；时，利用零点存在定理得存在零点；时，利用导数研究其单调性，进而得在上无零点，则有两个零点，从而求出函数的零点，即可得解．
【详解】由题可知，
令，则，
当时，，此时有唯一的零点；
当时，，
当时，单调递减，且，
所以存在，使得；
当时，，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，所以，
所以在上无零点，
所以在其定义域上有两个零点．
当时，因为，所以由，得，解得；
当时，由，得，或，
所以函数共有3个零点，分别为，
所以．
故选：A．
【变式03】（25-26高三上·江苏镇江·期中）已知函数，若函数有6个零点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】据题意对实数进行讨论，分，，再利用函数零点问题，结合函数图象进行分析求解．
【详解】当，时，函数，对称轴为，
因此函数在单调递增，函数图象如下：
令函数，，解得或，
即或，
根据图象有2个解，有1个解，
因此此时函数有3个零点，不符合题意；
当，时，函数，对称轴为，
所以在单调递减，在单调递增，函数图像如下：
令函数，，解得或或，
根据图象，有3个解，有2个解，
又有6个零点，所以要有1个解，
即，解得；
综上，实数的取值范围为.
故答案为：．
题型四 抽象函数的解析式求解
方法点拨：赋值特殊值（0、1 等）构造方程，或假设一次 / 指数等模型代入，累加法适用于
型，解后需验证。
【典例01】（2025·河北秦皇岛·一模）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．2025 B．2024 C．2023 D．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
【典例02】（2025·山东·一模）设函数的导函数为，当时满足，且，则，，的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】构造函数，由已知条件可求得，从而解得的解析式，对求导判断得函数的单调性，从而可得，再由，即可求解.
【详解】令，，
故(为常数)，
又，
故，
所以，定义域为，，
所以在区间上单调递减，
因为，所以，
又由，
故.故选：A.
【变式01】（24-25高三上·江西·月考）已知函数满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】结合题意，令可得，进而利用累加法及等比数列的前和公式求解即可.
【详解】由，
则，
则，
将以上各式相加得
，
所以.故选：D.
【变式02】（23-24高三上·广东湛江·月考）已知函数的定义域为，且，则（ ）
A． B． C．是偶函数 D．没有极值点
【答案】D
【分析】令，结合题设为上任意值且，得到为常函数，进而判断各项的正误.
【详解】令，则，
所以，且为定义域内任意值，故为常函数.
令，则，为奇函数且没有极值点，C错，D对；
所以不恒成立，不一定成立，A、B错.故选：D
【变式03】（25-26高三上·河南·期中）已知定义在上的函数满足对任意恒成立，且，则（ ）
A．200 B．210 C．110 D．220
【答案】B
【分析】赋值法，依次令，，，即可求出的解析式.
【详解】令，则，
因，则，
令，则，
令，则，得，
则，得.故选：B
题型五 嵌套函数的最值与参数范围问题
方法点拨：先求内层的值域，再求外层最值；恒成立转最值与参数关系，有解转参数属 值域，数形结合助分析。
【典例01】（2025·内蒙古呼和浩特·二模）已知函数在上单调，且在上恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题可得函数在上单调递减，由在恒成立可得恒成立，据此可得答案.
【详解】因函数在上单调，又在上单调递减，
则函数在上单调递减，则.
则时，，又，
则恒成立，
则.
故选：B.
【典例02】（25-26高三上·山东·期中）已知函数 ，若函数有8个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先作出的大致图象，令，根据一元二次方程根的分布，结合图象计算即可.
【详解】根据对数函数与二次函数的图象与性质可作出的大致图象如下：
设，则有8个不同的零点，
需有两个不同零点，不妨设
同时分别对应4个零点，
若，
即，
则，且，
即，解之得.
若，则仍需，此时，不符合题意，舍去；
综上：.故选：B
【变式01】（2025·河北·模拟预测）已知函数是上的增函数，且关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据分段函数的单调性可得出，再由函数的单调性可得出，结合参变量分离法可得出实数的取值范围.
【详解】因为函数与均是增函数，
所以，函数是上的增函数只需满足，即，解得，
由得，即恒成立，
所以，当时，函数取得最大值，所以，，即，
因此，实数的取值范围是.
故选：D.
【变式02】（25-26高三上·重庆·开学考试）已知函数 若关于x的方程 有7个不相等的实数根，则实数a的取值范围是 （ ）.
A． B．（0，1] C． D．[1，+∞）
【答案】C
【分析】由得：.所以或.作出函数 的简图，结合图象判断即可.特别注意:要单独分析当时的情形.
【详解】
函数 的简图如上.
由得：.
当 时，.如图所示，函数图象与直线有3个交点，说明此时方程有3个不相等的实数根.不合题意.所以不等于0.
所以或.
因为关于x的方程 有7个不相等的实数根，方程有3个不相等的实数根，所以方程有4个不相等的实数根，即函数图象与直线有4个不同的交点.
结合函数的简图，可得，所以.所以实数a的取值范围是.
故选：C.
【变式03】（25-26高三上·重庆南岸·月考）已知，，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用导数研究函数的单调性，进而作出函数的图像，令，要使得函数恰有4个零点，则关于的方程要有两个根，不妨设或，即，令，利用导数研究单调性，进而作出的图像，利用数形结合即可求解.
【详解】由题意有：当时，，由，所以在单调递减，
当时，，所以，
由，所以在单调递增，在单调递减，
作出的图像：
令，由有，
由图可知，要使得函数恰有4个零点，
则关于的方程要有两个根，不妨设或，
由有，令，所以，
当时，，当或时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，
作出的图像：
由图可知：当时，直线与的图像的两个交点的横坐标满足或，
所以实数的取值范围为.
故选：A.
（限时训练：15分钟）
1．（25-26高三上·重庆渝北·月考）已知函数的定义域为则的定义域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据抽象函数定义域的求法结合偶次根式有意义的条件得到关于的不等式组，解不等式组即可求解.
【详解】由于函数的定义域为所以，则,
所以的定义域满足,解得：,
所以的定义域为：；
故选：B
2．（25-26高三上·陕西商洛·月考）已知函数的定义域和值域均为，则函数的定义域和值域分别为（ ）
A．和 B．和
C．和 D．和
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用抽象函数的定义域及值域求解判断即可.
【详解】函数的定义域为，则在函数中，，解得，
因此函数的定义域为；
由函数的值域为，得函数的值域为，即，
则，故函数的值域为.
故选：C
3．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递减，若实数a满足，则a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由题意得在区间上单调递增，所以可将不等式转换为即可求解.
【详解】因为是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递减，
所以在区间上单调递增，因为，，
所以，所以，
即或，解得或，
所以a的取值范围是.
故选：D.
4．（2025·陕西榆林·模拟预测）(多选)定义在上的奇函数满足，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．关于对称
C．的周期为2 D．
【答案】ABD
【分析】根据奇函数的性质判断A；由得函数的对称性判断B；根据奇函数性质和对称性可得函数的周期性判断C；利用函数周期性求值判断D.
【详解】对于A：因为是上的奇函数，所以，即，正确；
对于B：由，知图象关于对称，正确；
对于C：因为，
所以，
所以，即的周期为4，错误；
对于D：，正确.
故选： ABD
5. （25-26高三上·湖南衡阳·月考）已知函数，若有另一函数有且仅有3个不同零点，则常数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用分段函数的图象，来分析二次方程根的分布，最后利用根的分布可列参数满足的不等式，并进行求解即可.
【详解】作出函数的图象：
函数的零点等价于方程，
当时，此时方程化为可得，
由，结合图象，可得方程仅有2个解，此时不满足题意；故；
当时，此时方程化为可得或，
由可得方程有一个解为，
由，结合图象，可得方程有个解，此时不满足题意；故；
所以要使得函数有且仅有3个不同零点，则满足，
由于
所以二次方程的根仅有一个满足，另一个根，
则满足或，解得，
综上的取值范围为，
故选：D
6.（2025·四川眉山·模拟预测）(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.
7. （2024·四川德阳·模拟预测）已知函数的定义域为，且，则（ ）
A．0 B．1 C．2024 D．2025
【答案】D
【分析】利用赋值法，先令求出，再令，结合方程组法可求解析式，则答案可得.
【详解】令可得，所以，
再令可得，
即①，
将上式中的全部换成可得②，
联立①②可得,
所以，
故选：D
8.（2025·浙江·二模）定义在上的函数满足，当时，，则函数在区间内的零点个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】由题设条件可得，从而可先分析在上的零点个数为1，再结合前者可得内的零点个数.
【详解】因为，故，故，
即，
而当时，，
故当时，，故，
故，
当时，，
而在上为减函数，在为增函数，
故在有有且只有一个实数解为；
当时，，
而，故，此时在上无解；
故当时，，则，
结合上的性质可得在上有且只有一个实数解，
且该实数解为，在无实数解，
而且，
故在上的实数解为，，，
，共4个实数解，
故共有4个不同的零点.故选：B.
9. （22-23高三上·广西桂林·月考）已知定义在上的函数是偶函数，当时，，若关于的方程，有且仅有6个不同实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由偶函数性质可以画出函数的图像，关于的方程有6个不同的实数根，根据数形结合和韦达定理即可求得结果.
【详解】由题意可知，函数的图像如下图所示：
根据函数图像，函数在上单调递增，在上单调递减；
且时取最大值2，在时取最小值0，是部分图像的渐近线.
令，则关于的方程即可写成
此时关于的方程应该有两个不相等的实数根（其他情况不合题意），
设为方程的两个实数根，
显然，有以下两种情况符合题意：
①当时，此时，则
②当时，此时，则
综上可知，实数的取值范围是.
故选：C.
10. （25-26高三上·四川广安·月考）已知函数，若方程有且仅有5个不同实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】令，将原方程转化为，可得，作出函数的图象，数形结合，根据原方程根的个数，列出相应不等式，即可求得答案.
【详解】令，则即为，即，
即，则，
作出函数的图象，如图：
因为方程有且仅有5个不同实数根，
结合图象可得或，
即或，
解得或无解，
故实数的取值范围是，故选：D
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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