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解题大招17轻松破解嵌套函数的零点问题
（含不动点与稳定点）
知识点01 嵌套函数的概念
1．嵌套函数也称复合函数，是将一个函数的输出作为另一个函数的输入构成的组合函数.
2．嵌套函数的通用形式为：其中为内层函数，为外层函数，中间变量为的输出，需满足t属于的定义域要求.
知识点02 求解嵌套函数零点问题的基本策略——换元法
对于嵌套函数的零点，通常先“换元解套”， 再将复合函数拆解为两个相对简单的函数，最后借助函数的图象、性质求解.
在利用换元法解决嵌套函数零点问题时，还要特别注意内层函数和外层函数的定义域问题,即定义域优优先！
知识点03 不动点与稳定点
1．不动点的定义及其几何意义
把对应的的值叫不动点，其几何意义是：函数图像与直线的交点．
2．稳定点的定义及其几何意义
把对应的的值叫稳定点.稳定点要么是不动点，要么必成对出现且关于对称．这是因为若，则必有．
3.不动点与稳定点具有以下两个基本性质
性质1 .
性质2 若函数单调递增，则.
解释：因为函数单调递增，所以不可能存在两个关于 对称的点，否则这两点的单调性必与原函数的单调性相反．
4．重要推论
推论1 若连续，则有：有解等价于有解.
推论2 无解等价于无解.
推论3 有解等价于有解.
5．布劳韦尔不动点定理
任意一个把维球体变为自身的连续变换至少有一个不动点．其特殊情况为：设是连续函数，其定义域和值域均为 ，则必有不动点（即存在一点，使.
题型01 内外自复合型的零点问题
f(f(x))型函数零点问题处理策略 1.换元解套，转化为t＝g(x)与y＝f(t)的零点. 2.依次解方程，令f(t)＝0，求t，代入t＝g(x)求出x的值或判断图象的交点个数.
【典例1-1】（2026·安徽滁州·一模）已知函数则方程f(f(x))+3=0的解的个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】确定函数的性质，作出函数的图象，解方程时，先确定的解，并确定解的范围，然后再研究的解，这样可得结论．注意数形结合思想的应用．
【详解】作出函数的图象，时，（时取等号），上递增，上递减，上递增，由图象可知有三个解，不妨设，由于，因此，
于是有3个解，有1个解，有一个解，共5个解．
故选：C．
【典例1-2】（25-26高三上·浙江衢州·期中）已知函数，若函数有7个零点，则可以为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【分析】根据解析式，作出图象，根据有7个零点，可得与的图象有7个交点，分别讨论、、、和，5种不同的情况，根据图象交点个数，分析判断，可得a的范围，即可得答案.
【详解】当时，单调递减，
当时，单调递减，当时，单调递增，
作出图象，如图所示

因为函数有7个零点，所以有7个根，
即与的图象有7个交点，
令，则，
当时，与的图象只有一个交点，此时，

因为，所以与图象只有一个交点，不符合题意；

当时，与的图象有2个交点，且为-1和2，
则和与图象共有4个交点，不符合题意；

当时，与的图象有3个交点，设为，

则，
此时与共有7个交点，符合题意；

当时，与的图象有3个交点，设为，
则，
此时与共有6个交点，不符合题意；

当时，与的图象有2个交点，设为，
则，
若时，此时与共有4个交点，不符合题意，
若时，此时与共有3个交点，不符合题意，参考上图，
综上，a的取值范围是，则可以为2.
故选：A
【跟踪训练】
1．（25-26高一上·广东东莞·期中）已知函数，则方程实数根的个数为（ ）
A．6 B．7 C．10 D．11
【答案】D
【分析】先通过换元将方程等价转化为四个方程，，，的根，再结合函数的图象分别求解这四个方程可得.
【详解】令，则.当时，则，得或.
当时，则，得或.
再由，即，所以原方程等价于下面四个方程的根：
——①，——②，——③，——④.
再由，可知函数在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，图象如下：
对方程①，因为，
所以时，，得或，解得或；
当时，，得或（舍去）.
所以方程共有3个根.
对方程——②，因为.
所以时，，得或，解得或；
当时，，得或（舍去）.
所以方程共有3个根.
对于方程——③，
所以时，，得或，解得或；
当时，，得或.
所以方程共有4个根.
对于——④，由函数的图象可知方程有唯一的根.
综上所述，方程的根共有个根.
故选：D.
2．（多选）（2026高三·全国·专题练习）(多选题)已知函数，下列是关于函数的零点的判断，其中正确的是（　　）
A．在内一定有零点 B．在内一定有零点
C．当时，有个零点 D．当时，有个零点
【答案】CD
【分析】分及并画出相应图象进行讨论即可得.
【详解】当时，，图象如图（1），
此时即，
若，则，
若，则，
又有2个零点，也有2个零点，
故有4个零点，故C正确；
当时，，图象如图（2），
此时即，只有一种情况，
此时仅有1个零点，
所以当时，有1个零点，故D正确；
由图象可得A、B错误.
3．（25-26高三上·河南·月考）设函数，则关于的方程根的个数为 ，其所有根之和的取值范围为 ．
【答案】 2
【分析】令，则，由得，进而得，作出的图象，利用数形结合即可求解；由题意，进而得，令，则，令，利用导数法研究单调性得，又时，，可得，即可求解.
【详解】令，则，所以，由，
因为，所以，作出的图像：
由图可知：有两个交点，所以的根的个数为2；
由有，
所以，
所以，
令，则，令，则，
所以在上单调递减，
所以当时，，所以，
又因为时，，所以，且当时，，
又当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于正无穷大，
所以，所以.
题型02 内外双函数复合型的零点问题
f(g(x))型函数零点问题的处理策略 1.换元解套，转化为t＝g(x)与y＝f(t)的零点. 2.依次解方程，令f(t)＝0，求t，代入t＝g(x)求出x的值或判断图象的交点个数.
【典例2-1】（25-26高三上·湖南邵阳·月考）已知函数，，其中均为实数．若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】画出的图象，令，根据函数图象可得有两个不等实根，且有两个整数根，有三个整数根，数形结合得到，此时两个整数根分别为2和，数形结合得到三个整数根中，必有一个小于2，只有满足要求，故，求出五个整数根分别为，，1，2，4，即可得到答案.
【详解】令，则，
根据的图象可知，要满足题意必须有两个不等实根，
且有两个整数根，有三个整数根，
结合图象，当与相切时满足要求，
在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为，故，
又，，其在定义域内单调递减，令，解得，
故时，有两个整数根，分别为2和，
由图象可知，的三个整数根中，必有一个小于2，显然只有满足要求，
此时，故，令，解得另一个根为4，
又，解得，
故五个整数根分别为，，1，2，4，
所以最大整数解和最小整数解之积为．
故选：A．
【典例2-2】 (多选)（25-26高三上·福建泉州·期中）已知函数、的定义域均为，其图象如图所示，则（ ）
A．为奇函数 B．在单调递增
C．在单调递减 D．关于的方程在有三个解
【答案】AB
【分析】利用函数奇偶性的定义可判断A选项；利用函数单调性的性质可判断B选项；利用复合函数的单调性可判断C选项；数形结合可判断D选项.
【详解】由图可知，函数为奇函数，为偶函数，
对于A选项，对任意的，，故函数为奇函数，A对；
对于B选项，由图可知，函数在上为增函数，函数在上为减函数，
所以函数在上为增函数，故函数在单调递增，B对；
对于C选项，令，，由图可知，，
当时，，因为内层函数在时单调递增，
外层函数在时单调递减，
由复合函数的单调性可知，函数在上单调递减，
当时，，内层函数在时单调递减，
外层函数在上不单调，
由复合函数法可知，函数在上不单调，C错；
对于D选项，令，结合函数的图象可知或、，
其中，，
由函数的图象可知，方程在时有两个解，
方程在时无解，方程在时无解，
综上所述，关于的方程在上有两个解，D错.
故选：AB.
【跟踪训练】
1．（多选）（25-26高三上·四川宜宾·阶段检测）已知函数，，，则下列结论中正确的有（ ）
A．当时有1个零点
B．当时有4个零点
C．当有6个不同零点时，实数m的取值范围为
D．当的零点个数最多时，实数m的取值范围为[ln3，ln4]
【答案】BC
【分析】转化为方程的解的个数，令，画出，的图象，数形结合，对四个选项一一判断，得到答案.
【详解】A选项，的零点个数等价于关于的方程的解的个数，
令，画出，的图象如下：
当时，的解为，令，结合图象可知，有2个解，
故时，有2个零点，A错误；
B选项，当时，有2个解，设为，
令，解得或，不妨设，
其中对应两个解，对应两个解，
，共四个解，当时有4个零点，B正确；
CD选项，当时，有3个解，分别为，
易得，
，均有2个解，
当或时，有2个解，此时有6个解，
故或，
当有6个不同零点时，实数m的取值范围是，C正确；
最多有4个解，所以最多有8个解，
当有4个解时，则，即，
即当的零点个数最多时，m的取值范围为，D错误.
故选：BC
2．（25-26高三下·湖南长沙·开学考试）已知函数，若有6个零点，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】作出函数图象，进行分析，最多有两个零点，根据一个零点对应最多4个解，用数形结合讨论各种情况，根据一元二次方程根的分布即可得出结果.
【详解】
由题可得函数图象，
当或时，有两个解；
当时，有4个解；
当时，有3个解；
当时，有1个解；
因为最多有两个解.
因此，要使有6个零点，则有两个解，
设为，则存在下列几种情况：
有2个解，有4个解，即或，显然，
则此时应满足，即，解得，
有3个解，有3个解，设即，
则应满足，无解，舍去，
综上所述，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
题型03 二次函数复合型a[f(x)]2＋bf(x)＋c函数的零点问题
a[f(x)]2＋bf(x)＋c型的处理策略 1.先作出函数f(x)的图象. 2.对a[f(x)]2＋bf(x)＋c进行换元解套. 3.数形结合解决问题.
【典例3-1】（25-26高三上·山东聊城·期末）已知函数，若函数有6个不同的零点，则实数的范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据解析式画出的草图，将问题化为的图像与直线和，共有6个交点，数形结合有的图像与直线有2个交点，从而得解.
【详解】画出函数的图像如图所示，
函数有6个零点，
等价于有6个解，
即或共有6个解，
等价于的图像与直线和直线，共有6个交点，
由图得的图像与直线有4个交点，
所以的图像与直线有2个交点，
所以或，解得或，
即实数的取值范围是.
故选：A.
【典例3-2】（25-26高三上·贵州贵阳·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】设，则方程转化为的一元二次方程，解出这个的一元二次方程的解，画出的图象，通过图象数形结合得到的取值范围.
【详解】令，有，即，
解得或，
作出的图象，如图，
方程有且仅有5个不同实数根，
则由图得或，
解得或，
即或无解，
所以
故选：D
【跟踪训练】
1．（25-26高三上·重庆·开学考试）已知为偶函数，当 时， ，若关于 的方程 恰有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先解方程得到或，方程有两根，问题转化为方程有两个不同于方程的两根，数形结合，可求的取值范围.
【详解】因为.
所以或.
当时，，此时方程无解；
当时，.
因为为偶函数，所以有两解，分别为和.
又方程恰有4 个不同的实根，
所以也有两个不同于和的两根.
作出函数的草图如下：

要使有两个不同于和的两根，则或且.
故选：D
2．（25-26高一上·云南昆明·期末）已知函数，若关于x的方程有4个不相等的实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意或，作出的图象，数形结合求得有三个不同的实数根，从而结合图象求得有一个实数根时的取值范围．
【详解】由，得，
所以或.，作出的图象，如图，
因为函数的图象与直线有三个交点，所以有三个不同的实数根，
所以必须有一个实数根，即函数的图象与直线有一个交点，
由图可知，即，所以实数的取值范围为．
故选：B．
3．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为________．
【答案】或或
【分析】结合函数的图像和值域，函数图象，再分类讨论解的个数，验证边界情况即可求解.
【详解】当时，由基本不等式，
当且仅当时，即时，等号成立，
且在上单调递减，在上单调递增，
当时，在上单调递增，且其值域为，
综上可大概画出图像，且有1个解：；有2个解：；
有3个解：；有2个解：；
若恰有4个零点，
即与的解的总个数为4个，
因为值域为，所以可知，
情况一：有1个解，即，且有3个解，则，
即，解之可得，
情况二：有2个解，即或，且有2个解，则，
满足题意，综上可知或.
故答案为 ：或或.
题型04 不动点与稳定点问题
不动点与稳定点问题处理策略 1．基础求解：不动点满足函数值等于自变量值，直接解方程得候选值；稳定点需通过分析函数迭代过程中取值的变化趋势来确定，观察函数在某点附近的迭代行为，若迭代值逐渐趋近于该点，则该点为稳定点. 2．筛选验证：两类点都需验证是否在函数定义域内，分段函数要逐段排查，稳定点需额外排除导数不存在的点. 3．换元法：稳定点问题实质也是嵌套函数的零点问题，故也常换元解套求解.
【典例4-1】设函数 为自然对数的底数）. 若存在 使 成立， 则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【分析】本题是给出的稳定点的式子，且为增函数，根据不动点与稳定的关系，必有不动点 ， 使得 ，再根据方程有解，分离参数，再利用函数零点问题，便可得出参数的范围．
【详解】， 根据复合函数的单调性， 可以判断该函数为增函数.
又因为存在 使 ， 即有稳定点 ，所以它必有不动点 ， 使得 ，即 在 有解，
整理可得， ， 在 有解.令 ，
在 单调递增.
， 故选择 A，
【题后反思】稳定点和不动点的关系是解决这类题的关键，尤其还要注意，不动点是稳定点，稳定点不一定是不动点，当函数单调时，两者等价.
【温馨提醒】在研究关系时，注意给定的自变量的范围，另外有时是涉及一个函数，有时是涉及两个函数，注意分清楚.
【典例4-2】（2026高三·全国·专题练习）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a的取值范围是_________．
【答案】
【分析】法一：由题意建立方程，根据新定义可得方程的解情况，利用一元二次方程根的判别式，分类讨论，可得答案；法二：由函数作图，并根据图像，以及切线情况，可得答案.
【详解】法一：设，由得，
所以，两式相减得，即或，
所以必有解，即有解，所以，
因为函数的稳定点恰是它的不动点，所以无解或者与同解，
当无解时，即方程无解，则，
当与同解时，，两式相减得，经检验满足题意，综上所述．
法二：如图所示，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，，
当只有一个不动点时，，故．
【跟踪训练】
1．（2027高三·全国·专题练习）对于函数，若，则称为函数的“不动点”；若，则称为函数的“稳定点”．如果函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，那么实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】函数的“不动点”一定是“稳定点”，而函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，即不存在非“不动点”的“稳定点”，所以有解，但方程组无解，然后利用判别式即得.
【详解】因为函数的“不动点”一定是“稳定点”，而函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，即不存在非“不动点”的“稳定点”，
所以有解，但方程组无解，
由，得有解，所以，解得
由得
两式相减，得，因为，所以，
消去，得，因为方程无解或仅有两个相等的实根，
所以，解得，
故a的取值范围是故选：D.
2．（2026·湖南衡阳·二模）已知函数与的图象关于直线对称，函数，，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】令可将方程变为，通过分析可确定，将问题转化为在上有解的问题，通过分离变量的方法，结合导数求得函数值域，进而得到所求范围.
【详解】与图象关于直线对称，，
，；
设，则由得：，
均在函数图象上；
假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾；
假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾；
，即在上有解，即；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
又，，，解得：，
即实数的取值范围为.
3．（25-26高三上·四川成都·阶段检测）记函数的定义域为D，若存在，使成立，则称以为坐标的点是函数的图象上的“稳定点”．
（1）若函数的图象上有且只有两个相异的“稳定点”，试求实数a的取值范围；
（2）已知定义在实数集R上的奇函数存在有限个“稳定点”，求证：必有奇数个“稳定点”．
【答案】(1) 或且．(2)证明见解析
【分析】（1）设是函数的图象上的两个“稳定点”，由定义可得，所以是方程的两相异实根且不等于 a，由此可得关于a的不等式组，解出即可；
（2）由为R上的奇函数可判断原点（0，0）是函数的“稳定点”，只要再说明除原点外“稳定点”成对出现即可；
【详解】解：（1）设是函数的图象上的两个“稳定点”，
则，即有
是有两个不相等的实数根且不等于，
，解得或且．
（2）据题意得：是定义在实数集R上的奇函数．
①是奇函数，；所以必是函数的图像上的“稳定点”；
②若，是函数的图像上的“稳定点”；是奇函数，必有，故也是函数的图像上的“稳定点”；也就是说和是成对出现的．
综上所述：必有奇数个“稳定点”．
【点睛】本题以新定义为切入点，主要考查了二次方程的根的个数问题、奇函数性质等知识的综合应用，考查学生分析解决新问题的能力．
1．已知函数f(x)＝其中e为自然对数的底数，则函数g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3的零点个数为(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】B
【详解】当x≥0时，f(x)＝4x3－6x2＋1，f'(x)＝12x2－12x，当0＜x＜1时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞1时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，可得f(x)在x＝1处取得最小值，最小值为－1，且f(0)＝1.作出函数y＝f(x)的图象如图所示.因为g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3，令t＝f(x)，由g(x)＝0，可得3t2－10t＋3＝0，解得t＝3或t＝.当t＝，即f(x)＝时有3个解，则g(x)有3个零点；当t＝3，即f(x)＝3时有1个解，则g(x)有1个零点.综上，g(x)共有4个零点.故选B.
2.（2026·福建三明·二模）已知函数与的图象关于直线对称，函数，若方程在区间上有两解，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出，设，推导出，转化为方程在区间上有两解，参变分离，在区间上有两解，构造函数，得到函数单调性，数形结合得到结论.
【详解】由题意得函数与的图象关于直线对称，故，
，设，
则方程，即均在函数图象上，
假设，因为在上单调递增，故，
又，故，与假设矛盾，舍去；
假设，因为在上单调递增，故，
又，故，与假设矛盾，舍去；
综上，，即方程在区间上有两解，
即，在区间上有两解，
令，，则，
令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
又，，
其中，即，
画出函数在上的图象如下：
要想在区间上有两解，需要，
解得.
3．（2026·山西临汾·二模）已知函数若方程有三个不同的实数根，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】解方程得或，数形结合得方程无解，进而得到直线与曲线有个交点，结合图象可得出实数的取值范围.
【详解】由可得或，
当时，；
当时，；
当时，.
作出函数、、的图象如下图所示：
由图可知，直线与曲线有个交点，即方程无解，
所以由题方程有个不同的解，即直线与曲线有个交点，则.
4．（2026·浙江宁波·二模）已知函数，设是三个不同的实数，且满足，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先分析的图像及性质，依题意可知方程有三个不同的实根，结合图象可看出方程有三个不同的实根，当且仅当方程有两个不同的实根，结合等价于的等式可得到，最后即可推出的最小值．
【详解】解：，
在和单调递增，其简要图形如下：
设，即方程有三个不同的实数解，
又当时，有两个不同的实数解时，只有一个实数解，
所以有三个不同的实数解，当且仅当有两个不同的实数解，
且，，解得，
时，即，
不妨设，
则，
即，解得
，
又在上单调递增，
时，．
5．（2026·安徽滁州·一模）已知函数，若函数恰有个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用奇函数的定义及导数与函数单调性间的关系，可得为奇函数且为减函数，从而将问题转化成函数与函数的图象有个交点，再利用导数求出的单调性，进而得出的图象，数形结合，即可求解.
【详解】因为，易知的定义域为，定义域关于原点对称，
又，所以为奇函数，
又恒成立，所以为减函数，
令，得到，所以，整理得到，令，
因为函数恰有个零点，则函数与函数的图象有个交点，
又，当时，，当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
又时，，时，，时，，
时，，且恒成立，其图象如图所示，
由图可知，要使函数与函数的图象有个交点，则，
解得，所以实数的取值范围是.
6．(多选)（25-26高一上·广东深圳·期中）定义域和值域均为的函数和的图象如图所示，其中，下列四个结论中正确的有（ ）
A．方程有且仅有1个解 B．方程有且仅有2个解
C．方程有且仅有3个解 D．方程有且仅有9个解
【答案】ACD
【分析】由函数图象得到方程和的解，由函数的极大值和极小值得到方程及的解个数，从而判断各个选项.
【详解】由函数图象可知，∴方程有且仅有1个解，A选项正确；
由图象可知函数存在极大值和极小值，又∵，所以方程有且仅有3个解，B选项错误；
∵，∴，∴方程有且仅有3个解，C选项正确；
由图象可知存在三个解即或，
∴时，或，
∴方程有且仅有9个解，D选项正确.
故选：ACD.
7．（多选）（2026·海南·模拟预测）设函数的定义域为，且，则（ ）
A．函数的值域为
B．函数在上单调递减
C．方程有3个不同的解
D．若方程有10个不同的解，则
【答案】BCD
【分析】根据给定条件，求出函数，分段求出值域判断A；确定单调性判断B；求出方程的解判断C；转化为一元二次方程，并利用其根的分布列式求解判断D.
【详解】依题意，当时，；
当时，，则；
当时，，则，
对于A，当时，；当时，；当时，
，函数的值域为，A错误；
对于B，当时，在上单调递减，B正确；
对于C，由选项A及，得或，解得
或，方程有3个不同的解，C正确；
对于D，观察图象，令，方程有10个不同的解，
等价于方程在内各有一个实数根，
因此，解得，D正确.
8．已知函数，，则函数的零点个数为 个．
【答案】
【分析】令，得，再令，根据的解析式再分类讨论，即可求出，即或或，再画出的图象，数形结合即可求解.
【详解】令，得，
令，得或，
解得或或，
所以或或，
作出函数图象，如图所示：
由图象可知有个解，有个解，有个解，
所以共有个零点.
9．（25-26高三下·湖北武汉·阶段检测）已知函数，若，则函数的零点个数是___________．
【答案】
【分析】本题需要先分析函数的奇偶性，利用导数研究函数的单调性和极值，得到函数的图象，然后再通过换元法，把零点问题转换成两个函数图象的交点问题.
【详解】函数的定义域为，由，得，
所以函数是偶函数，
当时，，
当时，，
当时，，
故在上单调递增，上单调递减，
又为偶函数，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，又时，，所以的值域为．
令，则，由，得，
因为，所以，画出与的图象如图所示，
所以在区间有唯一零点，
令，,函数的图象与函数的图象有4个交点，故函数的零点个数是4．
10．（2026·山东济宁·一模）已知函数若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】分类讨论，求得函数的解析式，利用数形结合求得实数的取值范围.
【详解】函数在上单调递增，，在上单调递增，，
当，即时，，且，
当，即，，且，
当，即时，，且，
因此，
在坐标系内作出函数和的图像，如图所示
关于的方程恰有三个不相等的实数根，则.
所以实数的取值范围是.
10.（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数，且关于的方程有8个不相等的实数根，则的取值范围是______.
【答案】
【分析】先分析函数的图象与取值范围，结合方程及的根的个数，方程的根的分布要求，确定的取值范围，分析条件求解参数的取值范围；
【详解】当时，是开口向下的抛物线，对称轴，
顶点为，此时，
当时，，
若，则单调递减，且，
若，则单调递增且，
根据原方程的根的结构，
设，则原方程变为①，
原方程的根的个数由的取值及的根的个数共同决定，
的根的个数分析如下：
当时，若在有1个根；若在有2个根；
若在有2个根；若在有1个根；
若在无根；
当时，若在有2个根；若在有1个根；
若在无根；
若原方程有8个根，需满足①有两个不同的正根（否则根的总个数不是8个），
对于每个的根的个数之和为4，结合的根的个数，
要使的根的个数为4个，需，此时当时，有2个根，
当时，有2个根，共4个根，
方程①，令，
需满足，解得，
11．（21-22高一上·山东潍坊·阶段检测）已知函数，若，则称实数为的“不动点”，若，则称实数为的“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”组成的集合分别记为A和B，即，．
(1)已知函数，分别求出函数对应的集合A和B；
(2)设，若，求函数对应的集合B．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由f(x)＝x，解出的值即集合A的元素，由，解出的值即集合B的元素；
（2）由可得,则，进而求解即可.
【详解】（1）由，得，解得；
由，得，解得，
所以集合，．
（2）因为，所以即
解得
所以，
因为，
所以，
即，
所以，解得或或，
所以．
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解题大招17轻松破解嵌套函数的零点问题
（含不动点与稳定点）
知识点01 嵌套函数的概念
1．嵌套函数也称复合函数，是将一个函数的输出作为另一个函数的输入构成的组合函数.
2．嵌套函数的通用形式为：其中为内层函数，为外层函数，中间变量为的输出，需满足t属于的定义域要求.
知识点02 求解嵌套函数零点问题的基本策略——换元法
对于嵌套函数的零点，通常先“换元解套”， 再将复合函数拆解为两个相对简单的函数，最后借助函数的图象、性质求解.
在利用换元法解决嵌套函数零点问题时，还要特别注意内层函数和外层函数的定义域问题,即定义域优优先！
知识点03 不动点与稳定点
1．不动点的定义及其几何意义
把对应的的值叫不动点，其几何意义是：函数图像与直线的交点．
2．稳定点的定义及其几何意义
把对应的的值叫稳定点.稳定点要么是不动点，要么必成对出现且关于对称．这是因为若，则必有．
3.不动点与稳定点具有以下两个基本性质
性质1 .
性质2 若函数单调递增，则.
解释：因为函数单调递增，所以不可能存在两个关于 对称的点，否则这两点的单调性必与原函数的单调性相反．
4．重要推论
推论1 若连续，则有：有解等价于有解.
推论2 无解等价于无解.
推论3 有解等价于有解.
5．布劳韦尔不动点定理
任意一个把维球体变为自身的连续变换至少有一个不动点．其特殊情况为：设是连续函数，其定义域和值域均为 ，则必有不动点（即存在一点，使.
题型01 内外自复合型的零点问题
f(f(x))型函数零点问题处理策略 1.换元解套，转化为t＝g(x)与y＝f(t)的零点. 2.依次解方程，令f(t)＝0，求t，代入t＝g(x)求出x的值或判断图象的交点个数.
【典例1-1】（2026·安徽滁州·一模）已知函数则方程f(f(x))+3=0的解的个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【典例1-2】（25-26高三上·浙江衢州·期中）已知函数，若函数有7个零点，则可以为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5

【跟踪训练】
1．（25-26高一上·广东东莞·期中）已知函数，则方程实数根的个数为（ ）
A．6 B．7 C．10 D．11
2．（多选）（2026高三·全国·专题练习）(多选题)已知函数，下列是关于函数的零点的判断，其中正确的是（　　）
A．在内一定有零点 B．在内一定有零点
C．当时，有个零点 D．当时，有个零点
3．（25-26高三上·河南·月考）设函数，则关于的方程根的个数为 ，其所有根之和的取值范围为 ．
【答案】 2
题型02 内外双函数复合型的零点问题
f(g(x))型函数零点问题的处理策略 1.换元解套，转化为t＝g(x)与y＝f(t)的零点. 2.依次解方程，令f(t)＝0，求t，代入t＝g(x)求出x的值或判断图象的交点个数.
【典例2-1】（25-26高三上·湖南邵阳·月考）已知函数，，其中均为实数．若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】画出的图象，令，根据函数图象可得有两个不等实根，且有两个整数根，有三个整数根，数形结合得到，此时两个整数根分别为2和，数形结合得到三个整数根中，必有一个小于2，只有满足要求，故，求出五个整数根分别为，，1，2，4，即可得到答案.
【详解】令，则，
根据的图象可知，要满足题意必须有两个不等实根，
且有两个整数根，有三个整数根，
结合图象，当与相切时满足要求，
在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为，故，
又，，其在定义域内单调递减，令，解得，
故时，有两个整数根，分别为2和，
由图象可知，的三个整数根中，必有一个小于2，显然只有满足要求，
此时，故，令，解得另一个根为4，
又，解得，
故五个整数根分别为，，1，2，4，
所以最大整数解和最小整数解之积为．
故选：A．
【典例2-2】 (多选)（25-26高三上·福建泉州·期中）已知函数、的定义域均为，其图象如图所示，则（ ）
A．为奇函数 B．在单调递增
C．在单调递减 D．关于的方程在有三个解
【答案】AB
【分析】利用函数奇偶性的定义可判断A选项；利用函数单调性的性质可判断B选项；利用复合函数的单调性可判断C选项；数形结合可判断D选项.
【详解】由图可知，函数为奇函数，为偶函数，
对于A选项，对任意的，，故函数为奇函数，A对；
对于B选项，由图可知，函数在上为增函数，函数在上为减函数，
所以函数在上为增函数，故函数在单调递增，B对；
对于C选项，令，，由图可知，，
当时，，因为内层函数在时单调递增，
外层函数在时单调递减，
由复合函数的单调性可知，函数在上单调递减，
当时，，内层函数在时单调递减，
外层函数在上不单调，
由复合函数法可知，函数在上不单调，C错；
对于D选项，令，结合函数的图象可知或、，
其中，，
由函数的图象可知，方程在时有两个解，
方程在时无解，方程在时无解，
综上所述，关于的方程在上有两个解，D错.
故选：AB.
【跟踪训练】
1．（多选）（25-26高三上·四川宜宾·阶段检测）已知函数，，，则下列结论中正确的有（ ）
A．当时有1个零点
B．当时有4个零点
C．当有6个不同零点时，实数m的取值范围为
D．当的零点个数最多时，实数m的取值范围为[ln3，ln4]
【答案】BC
【分析】转化为方程的解的个数，令，画出，的图象，数形结合，对四个选项一一判断，得到答案.
【详解】A选项，的零点个数等价于关于的方程的解的个数，
令，画出，的图象如下：
当时，的解为，令，结合图象可知，有2个解，
故时，有2个零点，A错误；
B选项，当时，有2个解，设为，
令，解得或，不妨设，
其中对应两个解，对应两个解，
，共四个解，当时有4个零点，B正确；
CD选项，当时，有3个解，分别为，
易得，
，均有2个解，
当或时，有2个解，此时有6个解，
故或，
当有6个不同零点时，实数m的取值范围是，C正确；
最多有4个解，所以最多有8个解，
当有4个解时，则，即，
即当的零点个数最多时，m的取值范围为，D错误.
故选：BC
2．（25-26高三下·湖南长沙·开学考试）已知函数，若有6个零点，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】作出函数图象，进行分析，最多有两个零点，根据一个零点对应最多4个解，用数形结合讨论各种情况，根据一元二次方程根的分布即可得出结果.
【详解】
由题可得函数图象，
当或时，有两个解；
当时，有4个解；
当时，有3个解；
当时，有1个解；
因为最多有两个解.
因此，要使有6个零点，则有两个解，
设为，则存在下列几种情况：
有2个解，有4个解，即或，显然，
则此时应满足，即，解得，
有3个解，有3个解，设即，
则应满足，无解，舍去，
综上所述，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
题型03 二次函数复合型a[f(x)]2＋bf(x)＋c函数的零点问题
a[f(x)]2＋bf(x)＋c型的处理策略 1.先作出函数f(x)的图象. 2.对a[f(x)]2＋bf(x)＋c进行换元解套. 3.数形结合解决问题.
【典例3-1】（25-26高三上·山东聊城·期末）已知函数，若函数有6个不同的零点，则实数的范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据解析式画出的草图，将问题化为的图像与直线和，共有6个交点，数形结合有的图像与直线有2个交点，从而得解.
【详解】画出函数的图像如图所示，
函数有6个零点，
等价于有6个解，
即或共有6个解，
等价于的图像与直线和直线，共有6个交点，
由图得的图像与直线有4个交点，
所以的图像与直线有2个交点，
所以或，解得或，
即实数的取值范围是.
故选：A.
【典例3-2】（25-26高三上·贵州贵阳·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】设，则方程转化为的一元二次方程，解出这个的一元二次方程的解，画出的图象，通过图象数形结合得到的取值范围.
【详解】令，有，即，
解得或，
作出的图象，如图，
方程有且仅有5个不同实数根，
则由图得或，
解得或，
即或无解，
所以
故选：D
【跟踪训练】
1．（25-26高三上·重庆·开学考试）已知为偶函数，当 时， ，若关于 的方程 恰有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先解方程得到或，方程有两根，问题转化为方程有两个不同于方程的两根，数形结合，可求的取值范围.
【详解】因为.
所以或.
当时，，此时方程无解；
当时，.
因为为偶函数，所以有两解，分别为和.
又方程恰有4 个不同的实根，
所以也有两个不同于和的两根.
作出函数的草图如下：

要使有两个不同于和的两根，则或且.
故选：D
2．（25-26高一上·云南昆明·期末）已知函数，若关于x的方程有4个不相等的实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意或，作出的图象，数形结合求得有三个不同的实数根，从而结合图象求得有一个实数根时的取值范围．
【详解】由，得，
所以或.，作出的图象，如图，
因为函数的图象与直线有三个交点，所以有三个不同的实数根，
所以必须有一个实数根，即函数的图象与直线有一个交点，
由图可知，即，所以实数的取值范围为．
故选：B．
3．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为________．
【答案】或或
【分析】结合函数的图像和值域，函数图象，再分类讨论解的个数，验证边界情况即可求解.
【详解】当时，由基本不等式，
当且仅当时，即时，等号成立，
且在上单调递减，在上单调递增，
当时，在上单调递增，且其值域为，
综上可大概画出图像，且有1个解：；有2个解：；
有3个解：；有2个解：；
若恰有4个零点，
即与的解的总个数为4个，
因为值域为，所以可知，
情况一：有1个解，即，且有3个解，则，
即，解之可得，
情况二：有2个解，即或，且有2个解，则，
满足题意，综上可知或.
故答案为 ：或或.
题型04 不动点与稳定点问题
不动点与稳定点问题处理策略 1．基础求解：不动点满足函数值等于自变量值，直接解方程得候选值；稳定点需通过分析函数迭代过程中取值的变化趋势来确定，观察函数在某点附近的迭代行为，若迭代值逐渐趋近于该点，则该点为稳定点. 2．筛选验证：两类点都需验证是否在函数定义域内，分段函数要逐段排查，稳定点需额外排除导数不存在的点. 3．换元法：稳定点问题实质也是嵌套函数的零点问题，故也常换元解套求解.
【典例4-1】设函数 为自然对数的底数）. 若存在 使 成立， 则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【分析】本题是给出的稳定点的式子，且为增函数，根据不动点与稳定的关系，必有不动点 ， 使得 ，再根据方程有解，分离参数，再利用函数零点问题，便可得出参数的范围．
【详解】， 根据复合函数的单调性， 可以判断该函数为增函数.
又因为存在 使 ， 即有稳定点 ，所以它必有不动点 ， 使得 ，即 在 有解，
整理可得， ， 在 有解.令 ，
在 单调递增.
， 故选择 A，
【题后反思】稳定点和不动点的关系是解决这类题的关键，尤其还要注意，不动点是稳定点，稳定点不一定是不动点，当函数单调时，两者等价.
【温馨提醒】在研究关系时，注意给定的自变量的范围，另外有时是涉及一个函数，有时是涉及两个函数，注意分清楚.
【典例4-2】（2026高三·全国·专题练习）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a的取值范围是_________．
【答案】
【分析】法一：由题意建立方程，根据新定义可得方程的解情况，利用一元二次方程根的判别式，分类讨论，可得答案；法二：由函数作图，并根据图像，以及切线情况，可得答案.
【详解】法一：设，由得，
所以，两式相减得，即或，
所以必有解，即有解，所以，
因为函数的稳定点恰是它的不动点，所以无解或者与同解，
当无解时，即方程无解，则，
当与同解时，，两式相减得，经检验满足题意，综上所述．
法二：如图所示，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，，
当只有一个不动点时，，故．
【跟踪训练】
1．（2027高三·全国·专题练习）对于函数，若，则称为函数的“不动点”；若，则称为函数的“稳定点”．如果函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，那么实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】函数的“不动点”一定是“稳定点”，而函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，即不存在非“不动点”的“稳定点”，所以有解，但方程组无解，然后利用判别式即得.
【详解】因为函数的“不动点”一定是“稳定点”，而函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，即不存在非“不动点”的“稳定点”，
所以有解，但方程组无解，
由，得有解，所以，解得
由得
两式相减，得，因为，所以，
消去，得，因为方程无解或仅有两个相等的实根，
所以，解得，
故a的取值范围是故选：D.
2．（2026·湖南衡阳·二模）已知函数与的图象关于直线对称，函数，，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】令可将方程变为，通过分析可确定，将问题转化为在上有解的问题，通过分离变量的方法，结合导数求得函数值域，进而得到所求范围.
【详解】与图象关于直线对称，，
，；
设，则由得：，
均在函数图象上；
假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾；
假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾；
，即在上有解，即；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
又，，，解得：，
即实数的取值范围为.
3．（25-26高三上·四川成都·阶段检测）记函数的定义域为D，若存在，使成立，则称以为坐标的点是函数的图象上的“稳定点”．
（1）若函数的图象上有且只有两个相异的“稳定点”，试求实数a的取值范围；
（2）已知定义在实数集R上的奇函数存在有限个“稳定点”，求证：必有奇数个“稳定点”．
【答案】(1) 或且．(2)证明见解析
【分析】（1）设是函数的图象上的两个“稳定点”，由定义可得，所以是方程的两相异实根且不等于 a，由此可得关于a的不等式组，解出即可；
（2）由为R上的奇函数可判断原点（0，0）是函数的“稳定点”，只要再说明除原点外“稳定点”成对出现即可；
【详解】解：（1）设是函数的图象上的两个“稳定点”，
则，即有
是有两个不相等的实数根且不等于，
，解得或且．
（2）据题意得：是定义在实数集R上的奇函数．
①是奇函数，；所以必是函数的图像上的“稳定点”；
②若，是函数的图像上的“稳定点”；是奇函数，必有，故也是函数的图像上的“稳定点”；也就是说和是成对出现的．
综上所述：必有奇数个“稳定点”．
【点睛】本题以新定义为切入点，主要考查了二次方程的根的个数问题、奇函数性质等知识的综合应用，考查学生分析解决新问题的能力．
1．已知函数f(x)＝其中e为自然对数的底数，则函数g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3的零点个数为(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】B
【详解】当x≥0时，f(x)＝4x3－6x2＋1，f'(x)＝12x2－12x，当0＜x＜1时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞1时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，可得f(x)在x＝1处取得最小值，最小值为－1，且f(0)＝1.作出函数y＝f(x)的图象如图所示.因为g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3，令t＝f(x)，由g(x)＝0，可得3t2－10t＋3＝0，解得t＝3或t＝.当t＝，即f(x)＝时有3个解，则g(x)有3个零点；当t＝3，即f(x)＝3时有1个解，则g(x)有1个零点.综上，g(x)共有4个零点.故选B.
2.（2026·福建三明·二模）已知函数与的图象关于直线对称，函数，若方程在区间上有两解，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出，设，推导出，转化为方程在区间上有两解，参变分离，在区间上有两解，构造函数，得到函数单调性，数形结合得到结论.
【详解】由题意得函数与的图象关于直线对称，故，
，设，
则方程，即均在函数图象上，
假设，因为在上单调递增，故，
又，故，与假设矛盾，舍去；
假设，因为在上单调递增，故，
又，故，与假设矛盾，舍去；
综上，，即方程在区间上有两解，
即，在区间上有两解，
令，，则，
令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
又，，
其中，即，
画出函数在上的图象如下：
要想在区间上有两解，需要，
解得.
3．（2026·山西临汾·二模）已知函数若方程有三个不同的实数根，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】解方程得或，数形结合得方程无解，进而得到直线与曲线有个交点，结合图象可得出实数的取值范围.
【详解】由可得或，
当时，；
当时，；
当时，.
作出函数、、的图象如下图所示：
由图可知，直线与曲线有个交点，即方程无解，
所以由题方程有个不同的解，即直线与曲线有个交点，则.
4．（2026·浙江宁波·二模）已知函数，设是三个不同的实数，且满足，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先分析的图像及性质，依题意可知方程有三个不同的实根，结合图象可看出方程有三个不同的实根，当且仅当方程有两个不同的实根，结合等价于的等式可得到，最后即可推出的最小值．
【详解】解：，
在和单调递增，其简要图形如下：
设，即方程有三个不同的实数解，
又当时，有两个不同的实数解时，只有一个实数解，
所以有三个不同的实数解，当且仅当有两个不同的实数解，
且，，解得，
时，即，
不妨设，
则，
即，解得
，
又在上单调递增，
时，．
5．（2026·安徽滁州·一模）已知函数，若函数恰有个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用奇函数的定义及导数与函数单调性间的关系，可得为奇函数且为减函数，从而将问题转化成函数与函数的图象有个交点，再利用导数求出的单调性，进而得出的图象，数形结合，即可求解.
【详解】因为，易知的定义域为，定义域关于原点对称，
又，所以为奇函数，
又恒成立，所以为减函数，
令，得到，所以，整理得到，令，
因为函数恰有个零点，则函数与函数的图象有个交点，
又，当时，，当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
又时，，时，，时，，
时，，且恒成立，其图象如图所示，
由图可知，要使函数与函数的图象有个交点，则，
解得，所以实数的取值范围是.
6．(多选)（25-26高一上·广东深圳·期中）定义域和值域均为的函数和的图象如图所示，其中，下列四个结论中正确的有（ ）
A．方程有且仅有1个解 B．方程有且仅有2个解
C．方程有且仅有3个解 D．方程有且仅有9个解
【答案】ACD
【分析】由函数图象得到方程和的解，由函数的极大值和极小值得到方程及的解个数，从而判断各个选项.
【详解】由函数图象可知，∴方程有且仅有1个解，A选项正确；
由图象可知函数存在极大值和极小值，又∵，所以方程有且仅有3个解，B选项错误；
∵，∴，∴方程有且仅有3个解，C选项正确；
由图象可知存在三个解即或，
∴时，或，
∴方程有且仅有9个解，D选项正确.
故选：ACD.
7．（多选）（2026·海南·模拟预测）设函数的定义域为，且，则（ ）
A．函数的值域为
B．函数在上单调递减
C．方程有3个不同的解
D．若方程有10个不同的解，则
【答案】BCD
【分析】根据给定条件，求出函数，分段求出值域判断A；确定单调性判断B；求出方程的解判断C；转化为一元二次方程，并利用其根的分布列式求解判断D.
【详解】依题意，当时，；
当时，，则；
当时，，则，
对于A，当时，；当时，；当时，
，函数的值域为，A错误；
对于B，当时，在上单调递减，B正确；
对于C，由选项A及，得或，解得
或，方程有3个不同的解，C正确；
对于D，观察图象，令，方程有10个不同的解，
等价于方程在内各有一个实数根，
因此，解得，D正确.
8．已知函数，，则函数的零点个数为 个．
【答案】
【分析】令，得，再令，根据的解析式再分类讨论，即可求出，即或或，再画出的图象，数形结合即可求解.
【详解】令，得，
令，得或，
解得或或，
所以或或，
作出函数图象，如图所示：
由图象可知有个解，有个解，有个解，
所以共有个零点.
9．（25-26高三下·湖北武汉·阶段检测）已知函数，若，则函数的零点个数是___________．
【答案】
【分析】本题需要先分析函数的奇偶性，利用导数研究函数的单调性和极值，得到函数的图象，然后再通过换元法，把零点问题转换成两个函数图象的交点问题.
【详解】函数的定义域为，由，得，
所以函数是偶函数，
当时，，
当时，，
当时，，
故在上单调递增，上单调递减，
又为偶函数，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，又时，，所以的值域为．
令，则，由，得，
因为，所以，画出与的图象如图所示，
所以在区间有唯一零点，
令，,函数的图象与函数的图象有4个交点，故函数的零点个数是4．
10．（2026·山东济宁·一模）已知函数若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】分类讨论，求得函数的解析式，利用数形结合求得实数的取值范围.
【详解】函数在上单调递增，，在上单调递增，，
当，即时，，且，
当，即，，且，
当，即时，，且，
因此，
在坐标系内作出函数和的图像，如图所示
关于的方程恰有三个不相等的实数根，则.
所以实数的取值范围是.
10.（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数，且关于的方程有8个不相等的实数根，则的取值范围是______.
【答案】
【分析】先分析函数的图象与取值范围，结合方程及的根的个数，方程的根的分布要求，确定的取值范围，分析条件求解参数的取值范围；
【详解】当时，是开口向下的抛物线，对称轴，
顶点为，此时，
当时，，
若，则单调递减，且，
若，则单调递增且，
根据原方程的根的结构，
设，则原方程变为①，
原方程的根的个数由的取值及的根的个数共同决定，
的根的个数分析如下：
当时，若在有1个根；若在有2个根；
若在有2个根；若在有1个根；
若在无根；
当时，若在有2个根；若在有1个根；
若在无根；
若原方程有8个根，需满足①有两个不同的正根（否则根的总个数不是8个），
对于每个的根的个数之和为4，结合的根的个数，
要使的根的个数为4个，需，此时当时，有2个根，
当时，有2个根，共4个根，
方程①，令，
需满足，解得，
11．（21-22高一上·山东潍坊·阶段检测）已知函数，若，则称实数为的“不动点”，若，则称实数为的“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”组成的集合分别记为A和B，即，．
(1)已知函数，分别求出函数对应的集合A和B；
(2)设，若，求函数对应的集合B．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由f(x)＝x，解出的值即集合A的元素，由，解出的值即集合B的元素；
（2）由可得,则，进而求解即可.
【详解】（1）由，得，解得；
由，得，解得，
所以集合，．
（2）因为，所以即
解得
所以，
因为，
所以，
即，
所以，解得或或，
所以．
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