专题03 函数导数及应用（高频考点专练）（原卷版及解析）

专题03函数导数及应用内容概览01命题探源·考向解密02根基夯实·知识整合03高频考点·妙法指津（5大命题点+4道高考预测题，高考必考·（18-27）分）考点函数导数及应用命题点1导数中切线问题命题点2含参函数单调性问题命题点3导数中恒（能）成立问题命题点4证明类问题命题点5零点问题高考预测题4道04好题速递·分层闯关（精选10道最新名校模拟试题+10道高考闯关题）考点考向命题特征函数导数及应用导数中切线问题含参函数单调性问题导数中恒（能）成立问题证明类问题零点问题高考数学函数导数及应用命题核心特征：以“小题基础+大题压轴”布局，分值占比高。重点考查导数几何意义、函数单调性、极值与最值，深度融合不等式、零点问题。注重知识交汇与分类讨论、数形结合思想，强调逻辑推理与运算素养，兼具稳定性与创新性，区分度显著。考点函数导数及应用《解题指南》导数解题需紧抓定义与法则两大核心。定义上，牢记导数是增量比的极限，判断可导性先看连续性。求导法则要熟练掌握四则运算、复合函数链式法则，避免漏层求导。应用层面，切线问题先求导得斜率，再代入切点坐标写方程；单调性问题通过解导数正负区间判定，注意导数为零的点需验证是否变号。易错点：忽视函数定义域，复合函数求导不彻底，切线与法线斜率混淆。解题步骤：一审定义域，二求导化简，三结合题意分析，四验证结果合理性。命题点01导数中切线问题【典例01】（2025年高考全国一卷数学真题）若直线是曲线的一条切线，则.【典例02】（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则.命题点02含参函数单调性问题【典例01】（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是.【典例02】（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（

）．A． B．e C． D．命题点03导数中恒（能）成立问题【典例01】（2025年高考全国一卷数学真题）（1）求函数在区间的最大值；（2）给定和，证明：存在使得；（3）设，若存在使得对恒成立，求b的最小值．【典例02】（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知函数(1)若，且，求的最小值；(2)证明：曲线是中心对称图形；(3)若当且仅当，求的取值范围．命题点04证明类问题【典例01】（2025年高考天津卷数学真题）已知函数(1)时，求在点处的切线方程；(2)有3个零点，且.（i）求a的取值范围；（ii）证明．【典例02】（2023年天津高考数学真题）已知函数．(1)求曲线在处的切线斜率；(2)求证：当时，；(3)证明：．命题点05零点问题【典例01】（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【典例02】（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.(3)若在存在极值，求a的取值范围.高考预测题1．函数在上单调递增的必要不充分条件为（

）A． B． C． D．2．若时，，则的取值范围是（

）A． B． C． D．3．曲线在点处的切线方程是（

）A． B． C． D．4．已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)设函数，已知有两个极值点．①求的取值范围；②求证：．好题速递1．（2025·全国·模拟预测）若对任意，满足恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．2．（2025·全国·模拟预测）曲线的一条切线的斜率为，则该切线的方程为．3．（2025·全国·模拟预测）设实数，若对，不等式恒成立，则的取值范围为．4．（2025·全国·二模）若函数与的图象在第一象限内有公共点，则实数的取值范围为.5．（2025·全国·二模）若函数，，且，满足，则的最大值为.6．（2025·全国·模拟预测）已知函数存在极值点．(1)当时，讨论的单调性；(2)求b的取值范围并证明；(3)若且，求a的取值范围．7．（2025·全国·模拟预测）已知函数．(1)若，求的单调区间；(2)当时，，求的取值范围．8．（2025·全国·模拟预测）定义双曲正弦函数，双曲余弦函数，双曲正切函数.(1)证明：；(2)证明：当时，；(3)证明：．9．（2025·全国·模拟预测）已知函数.(1)求过点并与图象相切的直线；(2)若实数满足，求证：；(3)若，求证：对于任意，直线与有唯一的公共点.10．（2025·全国·模拟预测）英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，（注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式）由该公式可得：．．若，(1)求的导数，并比较的大小；(2)设，证明：；(3)试讨论方程在区间上根的情况．

高考闯关1．（2025·全国·二模）已知函数.(1)求函数的图象在处的切线方程；(2)（i）函数是否存在极值？若存在，求出极值；若不存在，请说明理由；（ii）证明：（，且）.2．（2025·全国·二模）已知函数．(1)讨论的单调性：(2)若恰有两个零点，且（i）求的取值范围；（ii）设在定义域内单调递增，求出k与的函数关系式，并证明．3．（2025·湖南·模拟预测）已知为奇函数.(1)求a的值；(2)解不等式：；(3)证明：函数有3个零点.4．（2025·全国·模拟预测）已知函数，记为从小到大排序的第个极值点．(1)证明：在区间的最大值为；(2)直接判断与的大小关系并证明：为递减数列；(3)设为正整数，为奇数，为偶数，且，证明：．5．（2025·全国·模拟预测）已知函数(1)若，证明：(2)若，求的取值范围6．（2025·黑龙江辽宁·模拟预测）已知函数.(1)求证：；(2)若，求的取值范围；(3)求证：.7．（2025·全国·模拟预测）已知函数．(1)求证：函数有极小值；并求的极小值为0时的值；(2)若，求的取值范围．8．（2025·广东深圳·二模）已知函数，函数图象上的一点，按照如下的方式构造切线：在点处作的切线，记切线与x轴交点的横坐标为．(1)写出与的递推关系式；(2)记的零点为r，且．（i）证明：当时，；（ii）证明：对于任意的，都有．9．（2025·全国·模拟预测）已知函数的导函数为．(1)当时，求的图象在处的切线方程；(2)若有三个不同的零点，求实数的取值范围；(3)已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围．10．（2025·天津南开·二模）已知函数.(1)求曲线在处的切线方程；(2)若恒成立，求实数的取值范围；(3)解关于的不等式（其中为的导数）.

专题03抽象函数与嵌套函数目录第一部分题型破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练【选填题破译】题型01目录第一部分题型破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练【选填题破译】题型01抽象函数的奇偶性、周期性、对称性题型02两个混合型函数的抽象函数题型03抽象函数与导数题型04抽象函数赋值与构造题型05判断零点个数题型06根据零点个数求参第二部分综合巩固整合应用，模拟实战题型01抽象函数的奇偶性、周期性、对称性【例1-1】（多选）已知是定义在上的偶函数，图象关于对称，且当时，单调递减，则下列说法正确的有（

）A． B．C．在区间上单调递增 D．【答案】BC【分析】首先的取值无法确定，可判断A的真假，结合和，可判断B的真假，结合函数的单调性和对称性，可判断C的真假，结合函数的周期性和单调性，可判断D的真假.【详解】的取值无法确定，故A错误；由知是定义在上的偶函数，则，且，又的图象关于对称，则，所以，故B正确；由为偶函数，且时，单调递减，则其在单调递增，又图象关于对称，则在区间上的单调性与在区间的单调性相同，即在区间上单调递增，故C正确；由，则，故，且，在区间上的单调性与在区间的单调性相同，即单调递增，故，所以，故D错误．故选：BC【例1-2】（2025高三上·浙江·专题练习）（多选）已知定义域是的函数不恒为0，满足且则（

）A． B．C．是函数的一条对称轴 D．【答案】ABD【分析】利用代入法、结合函数的周期性逐一判断即可.【详解】令时A正确；令时解得或若令得因为不恒为0，所以B正确；令可得所以关于点对称，C不正确；因为所以令可得，所以，，因为，，所以函数的周期为，且一个周期内因为所以D正确.故选：ABD1.周期性：；；；（为常数）；2.对称性：对称轴：或者关于对称；对称中心：或者关于对称；3.如果同时关于对称，又关于对称，则的周期【变式1-1】（2025高三上·湖北黄冈·专题练习）（多选）已知定义域为R的函数在上单调递减，，且图象关于对称，则（

）A． B．的周期C．在上单调递增 D．满足【答案】AC【分析】根据条件，研究函数的性质，逐项判断即可.【详解】在中，令，可得，又，所以函数的图象关于直线成轴对称，所以.由函数的图象关于点对称，所以.所以.用代替，可得，再用代替，可得，所以，所以函数是以为周期的周期函数，因为，所以不是函数的周期.故B错误；因为，且，所以，故A正确；设，则，因为在上单调递减，所以，又，，所以，所以函数在上单调递增.故C正确；又，，.在中，令得：，因为函数周期为，所以，由A选项可得，.在中，令，可得.又，但根据题意，函数在上单调递减，而非在上单调递减，所以的符号无法确定，故与的大小无法确定.故D错误.故选：AC【变式1-2】（多选）已知函数是定义在上的偶函数，且满足．若，则下列说法中正确的是（

）A． B．的周期为2C． D．的图象关于中心对称【答案】ABD【分析】利用抽象函数的奇偶性，对称性，周期性求解即可.【详解】因为函数是定义在上的偶函数，且满足．所以，令得，所以．故A正确．因为…①，所以…②①－②得：，所以的最小正周期为2．故B正确．．故C不正确．由得，所以图象关于中心对称．故D正确．故选：ABD．【变式1-3】（多选）已知函数的定义域为，若函数为奇函数，且，则（

）A．对称中心是 B．函数的周期为4C． D．若，则【答案】BCD【分析】根据奇函数的性质得到，由条件结合函数的对称性和周期性的定义得到函数的周期为，且，，即可求解.【详解】因为函数的定义域为，且函数为奇函数，则，即函数关于点对称；所以有①，又②，所以函数关于直线对称，则由②得：，，所以，则又由①和②得：，得，所以，即，所以函数的周期为，则，所以，所以A错误，BCD正确.故选：BCD题型02两个混合型函数的抽象函数【例2-1】（25-26高三上·江苏南京·期中）（多选）已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则下列说法正确的是（

）A．B．的图象关于对称C．是以2为周期的周期函数D．【答案】ABD【分析】利用赋值法，结合奇函数的性质，可判断A的真假；探索与的关系，可判断B的真假；探索与的关系，可判断C的真假；根据函数的奇偶性可得，结合，可得，可判断D的真假.【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，且.是定义在上的偶函数，所以.对A：因为，令得，，所以，故A正确；对B：由.所以，所以，所以的图象关于成轴对称，故B正确；对C：因为，所以2不是函数的周期，故C错误；对D：因为可得，所以，所以.又，所以，所以，依次类推，可得，.所以，故D正确.故选：ABD【例2-2】（多选）已知定义在上的函数满足，且为偶函数，则下列说法一定正确的是（

）A．函数为偶函数 B．函数的图象关于对称C． D．函数的图象关于对称【答案】ABC【分析】根据抽象函数的周期性、奇偶性和对称性，依次判断选项即可.【详解】A：由函数为偶函数，得，由，得，则，所以函数的周期为4，由，得，所以函数为偶函数，故A正确；B：由函数为偶函数，得，又，所以，故函数的图象关于点对称，故B正确；C：由知，又为偶函数，所以，所以，得，故C正确；D：由函数为偶函数，得，函数的图象关于直线对称，故D错误.故选：ABC.求抽象函数在特定点的函数值，最值以及解析式，或判断函数的单调性，奇偶性及周期性，往往在条件等式中对变量赋予一些具体的值，构造出所需要的条件，其中赋予的具体的值常常起到桥梁的作用。【变式2-1】（多选）已知函数与的定义域均为，且，若为偶函数，则（

）A．函数的图象关于直线对称 B．C．函数的图象关于点对称 D．【答案】BCD【分析】根据函数的对称性、周期性、函数值等知识确定正确答案.【详解】A选项，是偶函数，图象关于对称，将的图象的横坐标放大为原来的两倍，得到的图象，则是偶函数，图象关于直线对称；将的图象向左平移1个单位长度，得到的图象，则的图象关于直线对称，A选项错误；B选项，由，以替换x得，由得，令得，由于的图象关于直线对称，所以，B选项正确；C选项，由，以替换x得，由得，令得，所以的图象关于点对称，C选项正确；D选项，的图象关于直线对称，，由，，以替换x得，所以，，的周期为4，，，，D选项正确．故选：BCD．【变式2-2】（多选）已知函数的定义域均为，，且的图像关于直线对称，则以下说法正确的是（

）A．和均为奇函数 B．C． D．【答案】BCD【分析】利用函数奇偶性，对称性与周期性的性质，逐一分析各选项即可得解.【详解】对于B，由，得，又，，的图象关于直线对称，，，，则是周期函数，且周期为，所以，故B正确；对于A，的图象关于直线对称，是偶函数，若为奇函数，则恒成立，不满足，故A错误；对于C，由，得，，因为，则，所以是周期函数，且周期为，则，故C正确；对于D，由，得，又，由，得，故D正确.故选：BCD.【变式2-3】（多选）已知函数的定义域均为是偶函数，，则（

）A． B．是奇函数C． D．是的对称轴【答案】ACD【分析】根据函数的基本性质，理解抽象函数的基本性质，通过特殊值和换元法判断选项是否正确.【详解】对A，，令，，解得，所以A正确.对B，是偶函数，，，故，所以是偶函数，B错误.对C，①，可得，①式带入得，所以，即，所以C正确.对D，由C选选项可知，由B选项可知，所以，可知是的对称轴.所以D选项正确.故选：ACD.题型03抽象函数与导数【例3-1】（多选）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若是奇函数，且，则（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】由函数为奇函数以及，即可得到，从而判断A，赋值代入计算，即可判断B，由，两边求导，即可判断C，由函数是周期为的函数，即可判断D.【详解】因为，令，则，即，即，又是奇函数，即，即，则，故A错误；又，由，令，则，由，令，则，令，则，故B正确；由，两边求导可得，即，故C正确；由A可知，，两边求导可得，即，所以是周期为的函数，又，两边求导可得，即，令，则，又，则，令，则，又，所以，即，所以，故D正确；故选：BCD【例3-2】（多选）设定义在上的可导函数和的导函数分别为和，满足，且为奇函数，则下列说法正确的是（

）A． B．的图象关于直线对称C．的一个周期是4 D．【答案】BCD【分析】利用抽象函数及导数的运算判断函数的图象关于点对称，从而可得的图象关于对称，所以是周期函数，4是一个周期，可判断A、B、C项；因为，且，所以，所以，可判断D项.【详解】因为为奇函数，所以，所以的图象关于中心对称，两边求导得：，所以的图象关于对称，因为，所以；所以，又，所以，所以函数的图象关于点对称；所以的图象关于对称，故B正确；所以，即，又，所以，即，所以，所以是周期函数，且4是一个周期，又因为，所以，所以是周期函数，且4是一个周期，故C正确；因为为奇函数，所以过，所以，令，代入，可得，故A错误；令代入，可得，令，代入，可得，又因为的周期为4，所以，所以，所以，所以，故D正确.故选：BCD.奇函数求导变成偶函数偶函数求导变成奇函数【变式3-1】（多选）定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且，则下列说法中一定正确的是（

）A．为偶函数 B．为奇函数C．函数是周期函数 D．【答案】BCD【分析】结合函数与导数的关系，函数的奇偶性、对称性与周期性的定义，借助赋值法与函数性质逐项判断即可得.【详解】对A：由，故为奇函数，若为偶函数，则，与条件不符，故A错误；对B：由，则，又，即，即，又定义在上，故为奇函数，故B正确；对C：由，，，所以，则，所以，，所以，所以，则函数是周期为的周期函数，函数是周期为的周期函数，故C正确；对D：由是周期函数的周期函数，由，令，则，即，令，则，即，由，，则，则关于对称，则关于对称，又为奇函数，即关于中心对称，故关于对称，则，则，故D正确.故选：BCD.【变式3-2】（多选）设定义在R上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（

）A．函数的图象关于对称 B．的周期为4C． D．【答案】ABC【分析】根据为奇函数，得出的图象关于点对称，逆向思维根据导数的性质得出与的关系：，代入推出图象的对称轴是，从而判断A，进而得出的周期是4，这样只要得出的值及关系即可求解判断BCD．【详解】因为,所以，又，用替换得，，所以，令得，，所以，用替换得，所以函数的图象关于对称，A正确；为奇函数，即的图象关于原点对称，图象向右平移2个单位得的图象关于点对称，，，又，所以，从而，则是周期函数，4是它的一个周期，，的图象是由的图象平移变换得到，因此也是周期为4的周期函数，B正确；，，所以（）中连续4个数的和为0，，C正确；，，所以，D错，故选：ABC．【变式3-3】（多选）已知函数，的定义域均为，为的导函数，且，，若为奇函数，则（

）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】根据题意分析可知为偶函数，，且的周期为8，利用赋值法结合题意逐项分析判断.【详解】已知函数，的定义域均为，因为，，可得，又因为为奇函数，则，可得，即为偶函数，则，即，可得，所以，可知的周期为8.对于选项A：因为，令，则，，可得，，故A正确；对于选项B：因为，令，可得，故B正确；对于选项C：因为，且为偶函数，则，令，可得，又因为，令，则，，可得，可得，但由题设条件无法推出，故C错误；对于选项D：因为的周期为8，故，故D正确；故选：ABD.题型04抽象函数赋值与构造【例4-1】（25-26高三上·云南昆明·期中）若函数的定义域为R，且，，则（

）A． B． C．0 D．1【答案】A【分析】先根据题意求得函数的周期为6，再计算一个周期内的每个函数值，由此可得解．【详解】由，，令，得，所以，两式相加得，，所以，所以，所以，则函数的周期为6，因为，所以，所以，由，，令，得，则，令，得，则，由，则，即，而，则，所以故选：A【例4-2】（多选）定义在上的函数满足，则（

）A． B．C．为偶函数 D．可能在上单调递增【答案】ABD【分析】令赋值判断A；令和赋值判断B；令赋值判断C；由，可得，令，求出，判断D.【详解】令，则，故A正确；令，则，即，令，则，即，故B正确；令，则，即，所以为奇函数，故C错误；当时，由，可得，令，则，此时在上单调递增，故D正确.故选：ABD.一般采用赋值法，0,1，x,-x是常见的赋值手段【变式4-1】（25-26高三上·福建厦门·期中）（多选）已知定义在上的函数满足，当时，，，则（

）A． B．为奇函数C．在上单调递增 D．当时，【答案】ACD【分析】对A，根据条件，通过赋值，即可求解；对B，令，根据条件及选项A中结果得，从而有，即可求解；对C，根据条件及，可得在上恒成立，再利用单调性的定义，即可求解；对D，根据条件得，从而将问题转化成，再结合C中结果，即可求解.【详解】对A选项，因为，，令，得，所以，令，得到，令，，所以A选项正确，对B选项，因为，由选项A知，令，得到，所以，则，所以不为奇函数，故B选项错误，对C选项，因为当时，，所以当时，，，所以当时，，综合可得，当时，；；当时，，故在上恒成立，任取，则，所以，又，，所以，所以在上单调递增，故C选项正确，对D选项，因为，令，得到，又由选项B知，所以，所以当时，成立，即成立，也即成立，又由C选项知，即成立，又由C选项知在上单调递增，当时，成立，所以当时，成立，所以D选项正确，故选：ACD.【变式4-2】（多选）已知定义在上的函数满足，当时，，且，则（

）A．B．为偶函数C．在上单调递减D．任意，存在，使得【答案】ACD【分析】运用赋值法，结合函数定义逐项判断即可得.【详解】对A：令，，则有，又，故，即，故A正确；对B：由，则有，即，即有，又定义域为，故为奇函数，故B错误；对C：令，则有，，，由当时，，故，，则，即时，有，故在上单调递减，即C正确；对D：等价于，由为奇函数，设函数，则对任意，都有，故函数为奇函数，故对任意，存在，使，即任意，存在，使得，故D正确.故选：ACD.【变式4-3】（多选）函数满足，，，则（

）A． B．C．为奇函数 D．【答案】BCD【分析】利用赋值法可判断AB选项；令，利用函数奇偶性的定义可判断C选项；根据已知条件推导出，再结合以及等式的可加性可判断D选项.【详解】在等式中，令，可得，在等式中，令，可得，A错；在等式中，令，可得，①在等式中，令，可得，②①②可得，B对；令，其中，则，即，故函数为奇函数，C对；因为，则，又因为，上述两个等式相加可得，D对.故选：BCD.题型05判断零点个数【例5-1】（25-26高三上·海南海口·期中）设函数则方程的实数根的个数可能为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】先对求导，利用导求出的单调区间和极值，画出的大致图象，然后令，则，可得方程有两个不相等的实根，设为，将问题转化为与，交点个数，利用图象求解即可.【详解】的定义域为，由，得，由，得，由，得或，所以在上递增，在和上递减，所以的极大值为，极小值为，当时，，则的大致图象如图所示，

令，则，所以方程有两个不相等的实根，，，所以由图可知，的图象与有2个不同的交点，的图象与有1个不同的交点，所以原方程有3个不同的根.故选：B【例5-2】若函数y=f（x）对x∈R满足f（x+2）=f（x），且x∈[-1，1]时，f（x）=1﹣x2，g（x）则函数h（x）=f（x）﹣g（x）在区间x∈[-5，11]内零点的个数为（）A．8 B．10 C．12 D．14【答案】D【详解】函数h（x）=f（x）﹣g（x）的零点，即方程函数f（x）﹣g（x）=0的根，也就是两个函数y=f（x）与y=g（x）图象交点的横坐标，由f（x+2）=f（x），可得f（x）是周期为2的周期函数，又g（x），作出两函数的图象如图：∴函数h（x）=f（x）﹣g（x）在区间内零点的个数为14．故选D．点睛：函数零点问题，转化为图像交点问题，画出图像，找到相应区间的交点个数即可；复合函数形式：，令：，则转化为其中叫作中间变量.叫作内层函数，叫作外层函数.【变式5-1】（25-26高三上·江苏淮安·月考）若定义在R上的函数满足，且当时，，已知函数，则函数在区间内的零点个数为（

）A．14 B．13 C．12 D．11【答案】D【分析】判断函数的周期，作出函数和的图象，数形结合，观察图象的交点个数，即可确定答案.【详解】因为定义在R上的函数满足，故是以2为周期的函数，结合当时，，可作出的图象；又函数，在同一坐标系中可作出其图象：

由图象可知当时，的图象和的图象有5个交点，则此时有5个零点；当时，的图象和的图象有6个交点，则此时有6个零点；故在区间内的零点个数为，故选：D【变式5-2】已知函数，则函数的零点个数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】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】已知函数，函数与的图像关于直线对称，令，则方程解的个数为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】首先利用图象关于对称,求出解析式，可化为，求函数与的图象的交点个数，然后分、、分别讨论即可求解.【详解】因为函数与的图象关于直线对称，，所以，所以的图象如图所示：方程可化为，即求函数与的图象的交点个数.当时，的图象恒过点，此时有两个交点；当时，与的图象有一个交点；当时，设斜率为的直线与的切点为，由斜率，所以，所以切点为，此时直线方程为，即，所以直线与恰好相切，有一个交点，如图所示：综上，此方程有4个解.故选：C.题型06根据零点个数求参【例6-1】（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【例6-2】（25-26高三上·上海·期中）已知函数，若有四个不同的解，且，则的最小值为.【答案】【分析】根据的解析式，作出的图象，由题意得图象与图象有四个不同的交点，根据二次函数的对称性，可得，根据对数的性质，可得，分析可得的范围，代入所求，化简整理，即可得答案.【详解】当时，为开口向上，对称轴为的抛物线，所以在上单调递减，在上单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，因为有四个不同的解，所以图象与图象有四个不同的交点，如图所示根据二次函数的对称性可得，即，又，所以，解得，又，所以，当时，，解得，所以，则所求，因为在单调递减，则最小值为，所以的最小值为.故答案为：对于嵌套型复合函数的零点个数问题，求解思路如下：（1）确定内层函数和外层函数；（2）确定外层函数的零点；（3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为，则函数的零点个数为.【变式6-1】已知函数若函数恰有3个零点，则的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先分析函数的单调性，换元简化，分析的根对零点的影响，进行分类讨论得到结果；【详解】对于函数根据二次函数和对数函数可知

，在上单调递减，在和上单调递增，令，则，，函数恰有3个零点等价于方程的正根对应的的解的个数之和为3.当有两个相等的正根时，，即，（舍），方程解得，，分段函数计算可得，此时有两个零点，不符合题意；当有两个不相等的正根时，，所以①当时，，方程无实数解，且，解得；②当时，，由于，可知时，，因为在上单调递增，所以有1个解，；时，，可知有2个解，恰有3个零点，要求和的解的总个数为3个.通过图象分析可知要求，即.是方程的较大的根，由，可得综上，的取值范围为.故选：A.【变式6-2】函数，若恰有6个不同实数解，则正实数的范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】把问题转化为与或的交点，画出图形，数形结合，再结合单调性和对称性求出参数取值范围即可.【详解】由题意可知的实数解可以转化为或的实数解，即与或的图象交点的横坐标，当时，，则，所以时，，所以在上单调递增，当时，，可得在上单调递减，所以当时，取得极大值，也是最大值，且；作出函数的大致图象如下图所示：所以当时，由图可知与无交点，即方程无解；与有两个不同的交点，即有两个实数解；当时，，令，则，则，作出大致图象如下图所示：因为当时，与有两个不同的交点，所以与及共有四个交点，所以，解得，即可得正实数的取值范围.故选：B【变式6-3】（25-26高三上·四川成都·期中）（多选）已知函数，则下列说法正确的有（

）A．B．有3个实数根C．若有8个实数根，则D．若有4个实数根，从小到大分别为，，，，则【答案】ABD【分析】对于A，计算；对于B，当时，，当时，计算；对于C，设，则方程即，由图知，要使原方程有8个实数根，需使有两个相异实根，，且，，得到，同时构造函数，得到，计算得解；对于D，作出函数的图像，分析可知当时，直线与函数有两个交点；由时，，当时，直线与函数均有两个交点，故由有4个实数根可得，，由图知，得到和，由解得，由解得，从而得到的范围，求出用表示的式子，利用的单调性得到的取值范围.【详解】对于A，由题意，，故A正确；对于B，当时，由可得，解得，因，故得；当时，由可得，或，解得或，故有、、共三个实数根，故B正确；对于C，设，则方程即，由图知，要使原方程有8个实数根，需使有两个相异实根，，且，，则由解得或，设，依题意，需使，则得到，综上，可得；对于D，作出函数的图像，由时，，且，可知当时，直线与函数有两个交点；又由时，，当时，直线与函数均有两个交点，故由有4个实数根可得，，由图知，，，则，解得，又由解得，由解得，则有，于是，因函数在单调递减，故，则，故选：ABD.一、单选题1．已知，设，最大值为，最小值为，那么（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先对进行化简，然后证明关于成中心对称，从而得到最大值和最小值也关于成中心对称，得到，得到答案.【详解】定义域，关于原点对称，所以所以函数的图像关于点成中心对称，所以函数的最大值和最小值也关于成中心对称，所以.故选：C.【点睛】本题考查函数的对称性的判断和应用，属于简单题.2．已知函数，若有三个零点，，，且，则最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据解析式画出大致图象，数形结合可得参数范围，进而有，且，则得，从而得，再构造函数，，结合导数知识从而可求解.【详解】根据函数解析式，可得函数的大致图象如图所示，因为有三个零点，所以.令，得，因为，所以，又，且，则.，且令，，则.当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，所以，的最大值为，综上，，则，故A正确.故选:A.3．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：B4．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.5．已知函数，若仅存在一个整数，使得方程有4个不同的实根，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用二次函数性质并结合题意得到每一部分根的个数，再转化为交点问题求解参数范围即可.【详解】若方程有4个不同的实根，如图，作出符合题意的图像，当时，，则由二次函数性质得此时最多有两个不同的实根，而当时，，此时一定有两个不同的实根，即与有两个不同的交点，得到，当时，结合题意得有两个不同的实根，此时与有两个不同的交点，且此时，，可得，即，因为仅存在一个整数，所以，解得，而，得到，故A正确.故选：A6．已知定义在R上的函数恒大于0，对，，都有，且，则下列说法错误的是（

）A． B．C．是奇数 D．有最小值【答案】D【详解】对于A，，取，则，，选项A正确；对于B，取，则，则，选项B正确；对于C，取，，则，则，取，，，则，所以是奇数，选项C正确；取函数，符合题目条件，但此时无最小值，故选项D错误．故选：D.【点睛】关键点点睛：判断CD选项的关键是得出，由此即可顺利得解.7．已知函数定义域均为，的图象关于点对称，且满足，，则下列说法错误的是（

）A．函数的图象关于对称 B．函数的图象关于对称C．是奇函数 D．【答案】D【分析】对A、B，由已知条件通过变量代换判断对错；对C，分析的周期，利用周期性及中心对称赋值化简判断；对D，利用周期性和对称性求解判断.【详解】对于A：由得，由得，所以，即函数的图象关于对称，A正确；对于B：由得，由得，所以，即函数的图象关于对称，B正确；对于C：因为关于点对称，所以，因为关于对称，所以，所以，所以，所以，即周期为，又由关于点对称可得即，所以是奇函数，C正确；对于D：因为关于对称，所以，因为关于点对称，所以，所以，D错误；故选：D.二、多选题8．已知定义在上的函数满足不是常数函数，则（

）A．B．是增函数C．的图象关于直线对称D．的图象关于点对称【答案】AD【分析】对于A，令，即可得结果；对于D，令，可得结合对称性定义判