微专题3　复合函数的零点问题高考数学一轮复习讲义练习

这是一份微专题3　复合函数的零点问题高考数学一轮复习讲义练习，共9页。
内外自复合型
例1 (2024·金华义乌三模)若函数f(x)＝x＋ eq \f(1,|x|)，则方程f(f(x))＝3的实数根的个数为( D )
A. 2B. 3
C. 4D. 5
【解析】 f(x)＝x＋ eq \f(1,|x|)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)，x＞0，,x－\f(1,x)，x＜0，))当x＜0时，f(x)＝x－ eq \f(1,x)，则f′(x)＝1＋ eq \f(1,x2)＞0，此时f(x)＝x－ eq \f(1,x)在(－∞，0)上单调递增；当x＞0时，f(x)＝x＋ eq \f(1,x)，则f′(x)＝1－ eq \f(1,x2)＝ eq \f(x2－1,x2)，故当x＞1时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，故f(x)＝x＋ eq \f(1,x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．画出函数f(x)的大致图象和直线y＝3如图(1)所示，令x－ eq \f(1,x)＝3，x＜0，得x1＝ eq \f(3－\r(13),2)；令x＋ eq \f(1,x)＝3，x＞0，得x2＝ eq \f(3－\r(5),2)，x3＝ eq \f(3＋\r(5),2)，故x1∈(－1，0)，x2∈(0，1)，x3∈(2，＋∞).令f(x)＝t，则f(t)＝3，且t1∈(－1，0)，t2∈(0，1)，t3∈(2，＋∞).如图(2)，当f(x)＝t1∈(－1，0)时，结合图象可知，只有1个解x4；当f(x)＝t2∈(0，1)时，结合图象可知，只有1个解x5；当f(x)＝t3∈(2，＋∞)时，结合图象可知，有3个解x6，x7，x8.综上，方程f(f(x))＝3的实数根的个数为5.
图(1)
图(2)
(例1答)
变式1 (2024·合肥三模)设a∈R，函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2|x-1|－1，x≥0，,－x2＋ax，x＜0，))若函数y＝f(f(x))恰有5个零点，则实数a的取值范围为( D )
A. (－2，2)B. (0，2)
C. [－1，0)D. (－∞，－2)
【解析】 设t＝f(x)，当x≥0时，f(x)＝2|x-1|－1，此时t≥0.由f(t)＝0得t＝1，即f(x)＝2|x-1|－1＝1，解得x＝0或x＝2，所以y＝f(f(x))在[0，＋∞)上有2个零点．当x＜0时，若a≥0，可作出函数f(x)＝－x2＋ax的大致图象如图(1)所示，此时f(x)＝－x2＋ax＜0，即t＜0，则f(t)＜0，所以f(t)＝0无解，则t＝f(x)无零点，y＝f(f(x))无零点．此时y＝f(f(x))只有2个零点，不符合题意．若a＜0，此时可作出f(x)的大致图象如图(2)所示，令－t2＋at＝0，解得t＝a＜0(t＝0舍去)，显然f(x)＝a在(－∞，0)上存在唯一负解，所以要使y＝f(f(x))恰有5个零点，需f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＞1，即－ eq \f(a2,4)＋ eq \f(a2,2)＞1，解得a＜－2，即a的取值范围为(－∞，－2).
图(1)
图(2)
(变式1答)
内外双函数复合型
例2 已知函数f(x)＝ax－x2，g(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax－x2，x≥0，,a－2x，x＜0，))若方程g(f(x))＝0有四个不等的实数根，则实数a的取值范围是( D )
A. (－4，0)B. (0，4)
C. (－∞，－4)∪(0，＋∞)
D. (－∞，0)∪(4，＋∞)
【解析】 由题意，当a＞0时，由g(t)＝0，解得t＝0或t＝a.又由g(f(x))＝0，可得f(x)＝0或f(x)＝a，此时方程f(x)＝0有两解，方程f(x)＝a有两正解时，Δ＝a2－4a＞0，解得a＞4.当a＝0时，由g(f(x))＝0，即f(x)＝0，可得x2＝0只有一解．当a＜0时，由g(t)＝0得t＝0或t＝ eq \f(a,2).又由g(f(t))＝0可得f(x)＝0或f(x)＝ eq \f(a,2).方程f(x)＝0有两解，只要f(x)＝ eq \f(a,2)有两解即可，即方程x2－ax＋ eq \f(a,2)＝0有两解，则a2－2a＞0，解得a＜0.综上，a∈(－∞，0)∪(4，＋∞).
变式2 设函数f(x)＝x2－4x＋3，g(x)＝2|x|，若方程f(g(x))＝t有四个实数根，则实数t的取值范围是( B )
A. (－1，＋∞)B. (－1，0)
C. (－1，1)D. (0，1)
【解析】 g(x)＝2|x|是偶函数且x＜0时g(x)单调递减，x＞0时g(x)单调递增．设m＝g(x)∈[1，＋∞)，f(g(x))＝t即f(m)＝t，方程f(g(x))＝t有四个实数根，必须m＝g(t)有两个不等实根，且f(m)＝t有两个不等实根，即f(m)＝t，m∈(1，＋∞)有两个不等实根．又f(x)＝x2－4x＋3在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，f(1)＝f(3)＝0，f(2)＝－1，若f(m)＝t有两个大于1的不等实根，必须t∈(－1，0).
二次型因式分解
例3 已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2x,x－1)，x≤0，,\f(ln x,x)，x＞0，))若关于x的方程f2(x)＋(1－m)f(x)－m＝0有且只有两个不同的实数根，则m的取值范围是( C )
A. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，2)) B. (－∞，0)∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，2))
C. (－∞，－1)∪(－1，0)∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，2)) D. (－∞，0)∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))∪(1，2)
【解析】 当x＞0时，f(x)＝ eq \f(ln x,x)，则f′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2)，f(e)＝ eq \f(1,e)，f(x)在(0，e)上单调递增，在[e，＋∞)上单调递减．当x≤0时，f(x)＝ eq \f(2x,x－1)＝2＋ eq \f(2,x－1)，则f(x)在(－∞，0]上单调递减，且f(x)＜2.画出函数f(x)的大致图象如图所示．f2(x)＋(1－m)f(x)－m＝0，即(f(x)－m)(f(x)＋1)＝0，当f(x)＝－1时，根据图象知有1个解，故f(x)＝m有1个解，根据图象知m∈(－∞，－1)∪(－1，0)∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，2)).
(例3答)
变式3 已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex，x＜0，,4x3－6x2＋1，x≥0，)) 其中e为自然对数的底数，则函数g(x)＝3f2(x)－10f(x)＋3的零点个数为( A )
A. 4B. 5
C. 6D. 3
【解析】 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处取得极小值，极小值为－1，且f(0)＝1，故可作出函数f(x)的大致图象如图所示．g(x)＝3f2(x)－10f(x)＋3，可令g(x)＝0，t＝f(x)，可得3t2－10t＋3＝0，解得t＝3或t＝ eq \f(1,3).当t＝ eq \f(1,3)时，f(x)＝ eq \f(1,3)有3个实根，即g(x)有3个零点；当t＝3时，f(x)＝3有1个实根，即g(x)有1个零点．综上，g(x)共有4个零点．
(变式3答)
二次型根的分布
例4 已知f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2|x+2|－2，－4≤x≤－1，,lg2(x＋1)，－1＜x≤4，))若函数g(x)＝f2(x)－mf(x)－1恰有5个零点，则实数m的取值范围是( B )
A. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))B. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))
C. (0.2)D. (0，2]
【解析】 作出函数f(x)的大致图象如图所示，令f(x)＝t，则由图可知，当t∈(－∞，－1)∪(2，lg25]时，方程f(x)＝t只有1个根；当t∈{－1}∪(0，2]时，方程f(x)＝t有两个根；当t∈(－1，0]时，方程f(x)＝t有3个根．显然t＝0不是方程t2－mt－1＝0的根；若t＝－1是方程t2－mt－1＝0的根，则m＝0，此时t＝±1，结合图象可知，此时方程f(x)＝1和方程f(x)＝－1共有4个根，则函数g(x)有4个零点，不满足题意．所以g(x)＝f2(x)－mf(x)－1恰有5个零点等价于方程f(x)＝t恰有5个实根，等价于方程t2－mt－1＝0的一个根在(－1，0)内，一个根在(0，2]内．令h(t)＝t2－mt－1，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(h(－1)＝m＞0，,h(0)＝－1＜0，,h(2)＝4－2m－1≥0，))解得0＜m≤ eq \f(3,2).
(例4答)
变式4 已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|2x+2－1|，x≤0，,|lg2x|，x＞0，))若关于x的方程f2(x)＋mf(x)＋4＝0有6个不同的实数根，则m的取值范围是( A )
A. (－∞，－5)∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13,3)，－4))
B. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13,3)，－4))
C. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(4，\f(13,3)))∪(5，＋∞)
D. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(4，\f(13,3)))
【解析】 画出f(x)的大致图象如图所示，令t＝f(x)，则先讨论t2＋mt＋4＝0的实数根．当Δ＝m2－4×4＜0，即－4＜m＜4时，不合题意．当Δ＝m2－4×4＝0，即m＝±4时，易得t＝2或t＝－2，此时当f(x)＝2或f(x)＝－2时，不满足有6个实数根，不合题意．故Δ＝m2－4×4＞0，即m＞4或m＜－4.设t2＋mt＋4＝0的两根为t1，t2，不妨设t1＜t2，由韦达定理得t1t2＝4，且t1≠2，t2≠2.当t1＜0，t2＜0时，f(x)＝t1与f(x)＝t2均无实数根，不合题意．当t1＞0，t2＞0时，①若0＜t1＜1，则t2＞4，此时f(x)＝t1有4个实数根，f(x)＝t2有2个实数根，符合题意；②若1≤t1＜2，此时f(x)＝t1有3个实数根，则f(x)＝t2有且仅有3个实数根，此时2＜t2≤3，故 eq \f(4,3)≤t1＜2.综上可得，0＜t1＜1或 eq \f(4,3)≤t1＜2.又t1＋t2＝－m，故m＝－(t1＋t2)＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t1＋\f(4,t1))).结合y＝t＋ eq \f(4,t)在(0，2)上为减函数可得m＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t1＋\f(4,t1)))在(0，1)， eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，2))上为增函数，故m∈(－∞，－5)∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13,3)，－4)).
(变式4答)
对于嵌套型复合函数y＝f(g(x))的零点个数问题，求解思路如下：①确定内层函数u＝g(x)和外层函数y＝f(u)；②确定外层函数y＝f(u)的零点u＝ui(i＝1，2，3，…，n)；③确定u＝ui(i＝1，2，3，…，n)与内层函数u＝g(x)图象的交点个数分别为a1，a2，a3，…，an，则函数y＝f(g(x))的零点个数为a1＋a2＋a3＋…＋an.
配套精练
1. 已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex－3，x＞0，,2－(x＋1)2，x≤0，))则y＝f(f(x))－1的零点个数为( C )
A. 4 B. 5
C. 6 D. 7
【解析】 作出函数f(x)的大致图象如图所示．由ex－3＝1解得x＝ln 4，由2－(x＋1)2＝1解得x＝－2或x＝0.令f(f(x))－1＝0，得f(f(x))＝1，则f(x)＝－2或f(x)＝0或f(x)＝ln 4.结合图象可知：当f(x)＝－2时，有1个解；当f(x)＝0时有2个解；当f(x)＝ln 4时，由于1＜ln 4＜2，所以有3个解，故y＝f(f(x))－1的零点个数为6.
(第1题答)
2. 已知f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg |x－2|，x≠2，,1，x＝2，))若关于x的方程f2(x)＋bf(x)＋c＝0恰有3个不同的实数解x1，x2，x3，则f(x1＋x2＋x3)等于( C )
A. 0 B. lg 2
C. lg 4 D. 1
【解析】 作出f(x)的图象如图所示，方程恰有3个不同的实数解，则只能f(x)＝1.由lg |x－2|＝1，得x＝12或x＝－8，不妨设x1＜x2＜x3，因此x1＝－8，x2＝2，x3＝12，则f(x1＋x2＋x3)＝f(6)＝lg 4.
(第2题答)
3. 已知函数f(x)＝x＋ eq \f(1,x)＋a，g(x)＝x2－6x＋5，当a＞ eq \f(17,4)时，方程f(g(x))＝0根的个数为( C )
A. 4 B. 3
C. 2 D. 1
【解析】 令t＝g(x)＝x2－6x＋5，则 t≥－4，所以f(t)＝0，即t＋ eq \f(1,t)＋a＝0⇔t2＋at＋1＝0①.因为Δ＝a2－4＞0，所以方程①有两个不相等的实根t1，t2，不妨设t1＜t2.因为(－4)2＋a(－4)＋1＝－4a＋17＜0，且02＋a·0＋1＞0，所以t1＜－4(舍去)，－4＜t2＜0，所以t2＝x2－6x＋5(－4＜t2＜0).由于函数y＝t2与函数y＝x2－6x＋5图象有两个交点，所以方程f(g(x))＝0根的个数为2.
4. (2024·绵阳模拟)已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－sin \f(π,2)x，0＜x≤2，,\f(1,2)f(x－2)，x＞2.))若关于x的方程f2(x)－(a＋1)f(x)＋a＝0(a∈R)恰有4个不相等的实数根，则这4个实数根之和为( C )
A. －4 B. 8
C. －4或8 D. 4
【解析】 f(x)是定义在R上的奇函数，则x＝0时，f(0)＝0.由题意知当0＜x≤2时，f(x)＝1－sin eq \f(π,2)x，当2＜x≤4时，0＜x－2≤2，则f(x)＝ eq \f(1,2)f(x－2)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(1－sin \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)(x－2)))))；当4＜x≤6时，2＜x－2≤4，则f(x)＝ eq \f(1,2)f(x－2)＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(1－sin \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)(x－4)))))，以此类推，可作出当x＞0时，f(x)的大致图象如图所示．设f(x)＝t，则f2(x)－(a＋1)f(x)＋a＝0(a∈R)即为t2－(a＋1)t＋a＝0(a∈R)，解得t＝1或t＝a.当t＝1时，f(x)＝1有一个根为x1＝2，要使得方程f2(x)－(a＋1)f(x)＋a＝0(a∈R)恰有4个不相等的实数根，可分两种情况考虑：当t＝a＝ eq \f(1,2)时，f(x)＝ eq \f(1,2)有3个根，不妨设为x2，x3，x4，且满足x2＋x3＝2，x4＝4，此时这4个实数根之和为8.结合函数的奇偶性可知，当t＝a＝－ eq \f(1,2)时，f(x)＝－ eq \f(1,2)有3个根，不妨设为x5，x6，x7，且满足x5＋x6＝－2，x7＝－4，此时这4个实数根之和为－4.
(第4题答)
5. (多选)已知函数f(x)＝a(3x＋3)＋x2－2bx，若函数y＝f(x)与函数y＝f(f(x))的零点相同，则a－2b的取值可能是( AC )
A. 2 B. －2
C. 0 D. 4
【解析】 设f(x)的零点为x0，则f(x0)＝0，又f(f(x0))＝0，故f(0)＝0，解得a＝0，则f(x)＝x2－2bx，f(f(x))＝(x2－2bx)(x2－2bx－2b).因为函数y＝f(x)与函数y＝f(f(x))的零点相同，所以方程x2－2bx－2b＝0无解或与方程x2－2bx＝0的解相同，所以Δ＝4b2＋8b＜0或b＝0，解得－2＜b≤0，所以0≤a－2b＜4.结合选项，a－2b的取值可能是0，2.
6. (2024·昆明模拟)(多选)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(||x＋1|－1|，x≤0，,\f(x,x＋1)，x＞0，))若方程f2(x)＋2af(x)－a＝0有五个不相等的实数根，则实数a的值可以为( AB )
A. －3 B. －2
C. －1 D. 0
【解析】 由题知f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x，－1≤x＜0，,x＋2，－2＜x＜－1，,－x－2，x≤－2，,1－\f(1,x＋1)，x＞0，))作出f(x)的图象如图所示．令f(x)＝t，则g(t)＝t2＋2at－a.若方程有五个不相等的实数根，则g(t)有两个零点分别为t1，t2，由图象可知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＜t1＜1，,t2＞1，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g(0)＞0，,g(1)＜0，))可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a＞0，,1＋a＜0，))解得a＜－1，结合选项，a的值可以为－3，－2.
(第6题答)
7. 已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－2x，x≤0，,|lg2x|，x＞0，))则方程f(f(x))＝2的所有根之积为_ eq \f(1,4)_．
【解析】 令t＝f(x)，由f(f(x))＝2可得f(t)＝2.当t≤0时，由f(t)＝－t2－2t＝2，即t2＋2t＋2＝0，则Δ＝4－4×2＜0，方程t2＋2t＋2＝0无解．当t＞0时，由f(t)＝|lg2t|＝2，可得t＝ eq \f(1,4)或t＝4.①当t＝ eq \f(1,4)时，当x≤0时，由f(x)＝－x2－2x＝ eq \f(1,4)可得x2＋2x＋ eq \f(1,4)＝0，解得x1＝ eq \f(－2＋\r(3),2)，x2＝ eq \f(－2－\r(3),2)，则x1x2＝ eq \f(1,4).当x＞0时，由f(x)＝|lg2x|＝ eq \f(1,4)可得x3＝2 eq \s\up6(\f(1,4))，x4＝2－ eq \f(1,4)，则x3x4＝1.②当t＝4时，当x≤0时，由f(x)＝－x2－2x＝4可得x2＋2x＋4＝0，Δ＝4－4×4＜0，方程x2＋2x＋4＝0无解．当x＞0时，由f(x)＝|lg2x|＝4可得x5＝24，x6＝2-4，则x3x4＝1.因此方程f(f(x))＝2的所有根之积为x1x2x3x4x5x6＝ eq \f(1,4).
8. 已知函数f(x)＝ eq \f(2,x)－x2＋3，g(x)＝f(x)＋b，若函数y＝f(g(x))有6个零点，则实数b的取值范围为_(2，＋∞)_．
【解析】 因为f(x)＝ eq \f(2,x)－x2＋3，所以f′(x)＝－ eq \f(2,x2)－2x＝－ eq \f(2(1＋x3),x2)，故当x＜－1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当－1＜x＜0和x＞0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．又f(－1)＝f(2)＝0，所以函数f(x)有两个零点分别为－1，2，可作出f(x)的大致图象如图所示．因为函数f(g(x))有6个零点，所以g(x)＝－1与g(x)＝2的根共有6个，所以f(x)＝－1－b和f(x)＝2－b都分别有3个实数根，则－1－b＜0且2－b＜0，即b＞2.
(第8题答)
9. 已知函数f(x)＝max eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)，x＋\f(1,x)))，若关于x的方程f2(x)－af(x)＋4＝0(a∈R)恰有2个不同实数解，则a的取值范围为_(－∞，－4)∪{4}_．
【解析】 对于函数y＝x－ eq \f(1,x)(x≠0)，y＝x＋ eq \f(1,x)(x≠0)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))＝－ eq \f(2,x)，所以当x＞0时，x－ eq \f(1,x)＜x＋ eq \f(1,x)；当x＜0时，x－ eq \f(1,x)＞x＋ eq \f(1,x)，所以f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\a\vs4\ac\hs10\c2(x＋\f(1,x)，,x＞0，,x－\f(1,x)，,x＜0，)))作出函数f(x)的图象如图所示，令 t＝f(x)，则方程f2(x)－af(x)＋4＝0(a∈R)可化为t2－at＋4＝0①，则方程①有两个相等的实根或者两个小于2的不等实根，即Δ＝0⇒a＝4，此时t＝2(符合)，或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝a2－16＞0，,22－2a＋4＝8－2a＞0，,\f(a,2)＜2))⇒a＜－4，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪{4}．
(第9题答)
10. 已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex，x≤0，,ln x，x＞0，))g(x)＝f(f(x))－a，若g(x)有2个不同的零点，则实数a的取值范围是_(－∞，1]_．
【解析】 设h(x)＝f(f(x))，当x≤0时，ex＞0，f(f(x))＝ln ex＝x；当0＜x≤1时，ln x≤0，f(f(x))＝eln x＝x；当x＞1时，ln x＞0，f(f(x))＝ln (ln x).综上可得，h(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x，x≤1，,ln (ln x)，x＞1.))函数y＝ln (ln x)的定义域为(1，＋∞)，由复合函数单调性可知函数y＝ln (ln x)单调递增．又h(e)＝ln (ln e)＝0，作出h(x)的图象如图所示．由图象可知，当a≤1时，曲线h(x)与直线y＝a恒有两个交点，即g(x)有2个不同的零点，所以a的取值范围是(－∞，1].
(第10题答)