培优课1 抽象函数与嵌套函数-【红对勾】2025年高考数学二轮复习讲与练

培优课1抽象函数与嵌套函数 考情分析 1.抽象函数常以选择题形式考查，主要涉及抽象函数的单调性、对称性和周期性. 2.嵌套函数以小题形式出现，主要考查复合函数的单调性及零点或方程根个数，多为中低档题 【知识拓展】 (3)解答抽象函数问题要注意赋值法以及 1.抽象函数 函数模型法的应用，通过赋特殊值以及拟合函 (1)抽象函数是指没有给出函数的具体解 数可以找到解决问题的突破口. 析式，只给出了一些体现函数特征的式子的一 2.嵌套函数 类函数，由抽象函数构成的数学问题叫做抽象 (1)嵌套函数形式：形如f(g(x) 函数问题， (2)常见有两类嵌套函数分别是“自（互）嵌 (2)很多抽象函数问题都是以抽象出某一 套型”和“二次嵌套型”，解题的主要思路是首先 类函数的共同特征而设计出来的，在解决问题 通过“换元”达到“解套”的目的，再利用数形结 时，可以通过类比这类函数中一些具体函数的 合的思想解决具体问题即可. 性质去解决抽象函数的性质」 热点分类 考向探究 考向1抽象函数 【跟踪训练1】(1)(2024·福建厦门一模)已知 020 函数f(x)的定义域为R,Hx,y∈R,f(x+ 【例1】（多选）(2024·河南开封三模)已知函 数f(x)的定义域为R,且f(x+y)+ 1)f(y+1)=f(x十y)-f(x-y),若 f(x-y)=f(x)f(y),f(1)=1,则() f(0)≠0，则f(2024)= () A.f(0)=2 A.-2 B.-4 C.2 D.4 B.f(3-x)=f(3+x) (2)(多选)已知函数f(x)(x∈R)是奇函数， C.f(x)是周期函数 f(x+2)=f(-x)且f(1)=2,f'(x)是 f(x)的导函数，则 D.f(x)的解析式可能为f(x)=2sin 6 A.f(2025)-2 听课记录 B.f'(x)的一个周期是4 C.f'(x)是奇函数 D.f'(1)=1 考向2嵌套函数 角度1判断零点的个数 【例2】 (1)已知函数f(x)= 1lg(-x)|+1,x<0, 反思感悟0 则函数y=[f(x)一 +1,x≥0， 解决抽象函数问题的策略 (1)常用赋值法、函数模型法. 3f(x)+2的零点个数是 (2)常需推断其单调性、周期性. A.6 B.5 C.4 D.3 ☑一红网勾讲与练·高三二轮数学 2sinx,0≤x≤π， 关于x的方程f(f(x)=m有五个不等的 (2)设函数f(x)= 则函数 x2,x<0, 实数解，则m的取值范围是 y=f(f(x))一1的零点个数是 A.(0,1) B.[1,2) A.2 B.3 C.(1,+∞) D.[0,2] C.4 D.6 马听课记录 听课记录 反思感悟0 根据嵌套函数零点的个数求参数的范围的思路 反思感悟0 首先通过“换元”达到“解套”的目的，再利用数 常见的嵌套函数有两个类型：①嵌套函数自身 形结合的思想解决具体问题即可. 互嵌型，即f(f(x);②嵌套函数双函数互嵌型，即 f(g(x).判断其零点的个数的步骤为 【跟踪训练2】(1)已知函数f(x)= 021 (1)换元，设t=f(x)或t=g(x),转化为 -x2+2x,x≥0， 则函数y=f(f(x) f(t)=0. ln(-x)+,x<0, (2)解方程f(t)=0,得到根t. 1)的零点个数是 (3)解方程f(x)=t或g(x)=t,求出x的值 A.2 B.3 或判断图象的交点个数. C.4 D.5 角度2根据零点的个数求参数 ,x>0, 【例3】(1)已知函数f(x)= (2)已知函数f(x)= 若关于 x+3,x≤0， /4-1,x≤1， 若方程2[f(x)]2-(a+ x的方程[f(x)]-(1十m)f(x)十m=0 x2-6x+8,x>1, 有四个不同的实数根，则实数m的取值范围 2)f(x)十a=0有7个不同的实根，则实数a 为 () 的取值范围是 ( A.(-3,0) B.(0,3) A.(0,2) B.(0,2] C.(1,2] D.(2,3] C.(-1,1) D.(-1,2) (2)已知函数f(x)= x-12,x>1, 若 学习至此，请完成课时作业8 练 2-2,x≤1， 专题一 函数、导数、不等式一闭当-m<1,即m>-1时，9(x)=-m 无实数根， 可转化为方程二=1(x>0)有两个不 f(x-2),f(x+1)=[f(x-1) f(x-2)]-f(x-1)=-f(x-2), 即当m=一1时，函数h(x)有一个 所以f(x)=-f(x一3)=f(x一6)， 零点， 同的解，即方程n二=血0有两个不同 x 则f(x)的周期为6，故C正确；由于 当m<一1时，函数h(x)有两个零点 的解 f(x)为偶函数且周期为6，故f(3 当m>-1时，函数h(x)无零点. x)=f(x-3)=f(3十x),故B正确， 跟踪训练2解：(1)函数f(x)=e 设g(x) ln工(x>0), 故选ABC. sinx-1,当x>0时，f'(x)=e 跟踪训练1(1)A令x=y=0,得f(1)· cosx>1-c0sx≥0， 则g'(x)= 1-lnx(x>0): f(1)=f(0)-f(0)=0,即f(1)=0, 所以f(x)在(0，十∞)上单调递增. 令g(x)=1-h工-0，得x=e, 令x=0,得f(1)·f(y十1)=f(y) (2)证明：由(1)知，f'(x)=e一cosx, 22 f(-y)=0,得f(-y)=f(y),.函 当x(x,]时，f(x)>0,函 π 当0<x<e时，g'(x)>0,函数g(x) 数f(x)为偶函数，令x=y=1,得 单调递增， Lf(2)]=f(2)-f(0),令x=y= 数f)在(-，-]上单调遥增， 当x>e时，g'(x)<0,函数g(x)单调 -1,得[f(0]=f(-2)-f(0)= 递减， f(2)-f(0),.[f(2)]=[f0)], f(-π)=eπ- 1<0,f(-) ∴.f(2)=f(0)或f(2)=-f(0),若 故g(x)max=g(e)= 。,且当x>e时 f(2)=f(0),解得f(0)=0与已知 f(0)≠0矛盾，.f(2)=一f(0),即 e立>0，因此函数f(x）在（-π， R(0,） [f(2)]2=2f(2),解得f(2)=2, 】上有唯-零点： 又g(1)=0,所以0<na<1 f(0)=-2,令y=1,得f(x十1)· ,所以 f(2)=f(x+1)-f(x-1),∴.2f(x a 1)=f(x十1)-f(x-1),.f(x十 当x∈（0]时，令）=d a>1且a≠e, 即a的取值范围为(1，e)U(e,十∞). 1)=-f(x-1),.f(x+2)=-f(x) 跟踪训练3解：由题意可知，F(x)= .f(x十4)=f(x),.函数f(x)的周期 cosx,求导得g'(x)=e十sinx, 为4..f(2024)=f(0)=-2.故选A g(x)在(-乏，0]上单调递增， e xlnx十(t-1)(x-t)- ,则 (2)AB因为f(x)(x∈R)是奇函数， 所以f(-x)=-f(x),又f(x十2)= g()=e-1<0g'0)=1> e F'(z)=In z+t- =lnx十t-e', f(-x),所以f(x十2)=-f(x),所 以f(x十4)=-f(x十2)=f(x),所 因为F(x)有两个不同的极值点，所以 0,则存在,∈（0小，使得 以函数f(x)是周期为4的周期函数， 函数F'(x)有两个不同的变号零点， 所以f(2025)=f(506×4十1)= g'(xo)=0, 可知方程lnx十t=e-有两个不等 f(1)=2,故选项A正确：f(x十4) 实根， 当xe(-2)时g'()<0, f(x),所以f'(x十4)=f'(x),所 此方程可变形为lnx十x=e'十x 以f'(x)的一个周期是4，故选项B正 函数g(x),即f'(x)单调递减， t,即emx十lnx=e-十(x-t). 确；因为f(一x)=一f(x),所以 当x∈(x0,0]时，g'(x)>0, 设函数g(x)=e十x,则g(lnx) [f(一x)]'=[一f(x)]丫，所以 函数g(x),即f'(x)单调递增 g(x-t), -f(-x)=-f(x),所以f(一x)= 又f(）-。>0,)< 又因为y=e,y=x在R上单调递增， 则g(x)在R上单调递增， f'(x),所以f'(x)是偶函数，故选项C 可得lnx=x-t,即t=x-nx, 错误；例如f(x)=2sin受x,满足 f'0)=0,则存在x1∈(-乏z）使 设h(x)=x-lnx,则直线y=t与曲 线y=h(x)有两个不同的交点， f(x)(x∈R)是奇函数且f(x+2)= 得f'(x1)=0, 可知h(x)的定义域为(0，十∞)，且 f(-x)且f(1)=2,所以f(x)= 当x∈(-三x)时，f(x)>0,函数 h'(x)=1 1=x-1 πc0s2x,可得f(1)=0≠1，故选项D f(x)单调递增，当x∈(x1,0]时， 在(0,1)上，h'(x)<0,h(x)单调递减： 错误（或根据f(x+十2）=f(一x)得 f'(x)≤0，函数(x)单调递减， f(x)的图象关于直线x=1对称，因而 在(1，十o)上，h'(x)>0,h(x)单调 而() =e7>0,f(0)=0,因此 递增， 在x=1处有极值，所以f'(1)=0或 不存在，故选项D错误).故选AB. 则h(x)in=h(1)=1,当x→0时， 函数f)在（三0]上有唯一零点。 h(x)→十o∞，当x→十o∞时，h(x)→ 例2(1)C函数y=[f(x)]-3f(x) 2=[f(x)-1][f(x)-2]的零点，即 十00， 若直线y=t与曲线y=h(x)有两个 方程f(x)=1和f(x)=2的根，函数 综上，函数(x)在区间（一π，0]上有 不同的交点，则t>1, lg(-x)+1,x<0, 且仅有两个零点， 故t的取值范围为(1，十∞). f(x) 1)+1,x≥0 的图象 例3解：1)当a=2时，f(x)= 2(x 培优课1抽象函数与嵌套函数 如图所示」 0),f'(x)= (2-zln2(z>0, 热点分类·考向探究 令f'(x)>0,则0<x<n2,此时函数 例1ABC由f(x十y)+f(x一y)= f(x)f(y),令x=1,y=0,则f(1)+ f(x)单调递增， f(1)=f(1)f(0),可得f(0)=2,故A 2 令f(x)<0,则x>n2此时函数 正确；令x=0,则f(y)十f(一y)= f(0)f(y)=2f(y),则f(y)=f(-y), f(x)单调递减， 所以函数f(x)的单调递增区间为 函数f(x)是偶函数，而f(x)=2sin61 由图可得方程f(x)=1和f(x)=2的 根共有4个，即函数y=[f(x)]一 (品)单满递减区间为（品）。 为奇函数，故D错误；f(1)=1,令y= 3f(x)十2有4个零点.故选C 1,则f(x十1)+f(x-1)=f(x)· (2)C函数f(x)= 2sinx,0≤≤元，的 (2)曲线y=f(x)与直线y=1有且仅 f(1)=f(x),所以f(x十1)=f(x) x”,x<0 有两个交点， f(x-1),则f(x)=f(x-1)- 图象如图所示 ☑一红因勾讲与练·高三二轮数学 -266- 令t=f(x),则f(f(x)=m化为 观察图象知，f(x)=1的解，即函数 f(t)=m.当m<0时f(t)=m无解， y=f(x)的图象与直线y=1交点的 y=x) 则f(f(x)=m无解；当=0时 横坐标，显然方程f(x)=1只有一个 f(t)=m=0,解得t=1,由图可知 解，要原方程有四个不同的实数根，当 f(x)=1有两个解，即f(f(x)=m 且仅当f(x)=m有三个不同的实数 有两个解；当0<m<1时f(t)=m有 根，因此直线y=m与函数y=∫(x) 0 一个解且0<t<1,又f(x)=t有 的图象有三个公共点，则2<m≤3，所 令t=f(x),则函数y=f(f(x)-1 个解，即∫(f(x)=m有一个解： 以实数m的取值范围为(2,3].故 m=1时f(t)=m=1有两个解，即 选D. 的零点满足f(t)一1=0，即f(t)=1, 5 t1=0,t2=2,又f(x)=t1=0有一 所以t= 6t=6 t=-1,当t=6 培优课2函数中的构造问题 解，f(x)=t。=2有两个解，所以 f(f(x)=m共有三个解：当1m 时，则f(x)=工，结合函数y=f(x) 热点分类·考向探究 6 2时f(t)=m有三个解，即ta<0,1< t1<2,t5>2,f(x)=t3<0无解 的图象可得f(x)=工的根有3个；当 例1D令g(x)=f四.：当x∈(0. 6 f(x)=t有三个解，f(x)=ts有两 个解，所以f(f(x))=m共有五个 十∞)时，xf(x)<f(x),.当x∈ =晋时，期f)晋结合画数)y 解；当m≥2时f(t)=1有两个解，即 1<t6<2,t,>2,f(x)=t8有三个解 0,+o∞)时，g'(x)=')-f f(x)的图象可得f(x)=5严的根有1 f(x)=t?有两个解，所以f(f(x)) 0,∴g(x)在(0，十∞)上单调递减.又 6 个；当t=一1时，则f(x)=一1，结合 m共有五个解.综上可得，m的取值范 f(x)为（一∞，0）U(0,十∞)的奇函数， 函数y=f(x)的图象可得f(x)=一1 围是(1，十∞).故选C. g(-x)=-2=-f) 的根有0个，综上可得，函数y 跟踪训练2(1)D由已知f(f(x) 一x f(f(x))一1的零点个数是4.故选C 1)=0,令f(x)-1=t,即f(t)=0,当 f() =g(x),即g(x)为偶函数， 例3(1)A作出函数f(x) (-t+2t=0,时，得t1=0或t2=2, 的大盘因象如网 lt≥0 ,g(x)在（一∞，0）上单调递增.又由 1 不等式5f(2-x)+(x一2)f(5)<0 所示， 当 n(-t)十=0，时，明显函数 得5f(2-x)<(2-x)f(5).当2 t<0 x>0,即x<2时，不等式可化为 1 g(t)=ln(-t)十 在（一∞，0）上单调 f2-)<f. ,即g(2-x)<g(5), 2-x 5 递减，且g(-1)=-1<0,g(-2)= 由g(x)在(0，十∞)上单调递减得2 x>5,解得x<-3,故x<-3;当2- ln2-2=ln2-lne>0,g(-1)· x<0,即x>2时，不等式可化为 g(-2)<0,故存在t3∈(-2，-1)，使 f(2-x)f5) 由2[f(x)]2-(a+2)f(x)十 0 2-x 5 ,即g(2-x)>g(5)= ln(-ta)十 1=0,画出f(x)= g(-5),由g(x)在(-∞，0)上单调递 得[f(x)- [u)-] =0,得 -x2十2xx≥0， 增得2-x>-5,解得x<7,故2< x<7.综上所述，不等式5f(2一x)十 f)-1或fz)-号.由图象可知直 ln(-x)+1 x<0的大致图象知图 (x一2)f(5)0的解集为(-∞， 线y=1与f(x)的图象有3个公共 -3)U(2.7).故选D. ,点，所以方程f(x)=1有3个不同的 再画出直线y=t十1，其中t∈{0,2，t}, 例2D设函数g(x)=f2 十x,可得 实根，因为方程2[f(x)]一(a十2)· e f(x)十a=0有7个不同的实根，所以 g(x)= f'(z)e'-f(x)e' +1= 直线y=号与f(x)的图象有4个公 y=fx) 共，点，故0<日<1，故0<a<2,则实 2 (x)-∫x)+e<0,所以函数 =t+1 g(x)在R上单调递减，由f(x)<(2 数a的取值范围是(0,2).故选A x)e,可得f(x)十xe<2e,即 观察图象可得交点个数为5，即函数 (2)C由f(x)= x十 -12,x>1, y=f(f(x)一1)的零点个数是5.故 )+z<2=f①+1，可得g()< e e 2-2,x≤1， 选D. 当x≤1时f(x)=2一2，函数在 (2)D当x≤0时，函数∫(x)=x十3 g(1),所以x>1,即不等式f(x) (2一x)e的解集为(1，十∞).故选D. (-∞，1]上单调递减，且f(1)=0, 单调递增，函数取值集合是（一∞，3]， f(0)=1,当x→一∞时f(x)→2，当 1 当x>0时，函数f(x)=x十 1在(0， 例3B令F(x)=f(x) 2 十kπ x>1时f(x)=x十 一2，则 k∈Z,故F'(x) x-1 1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递 1 f(x)=1- x(x-2) 增，函数取值集合是[2，十∞)，方程 (x)osx十f(x)sin工>0恒成立， (x1)-1),所以 [f(x)]-(1十m)f(x)十m=0,化为 cos'x 当1<x2时f'(x)<0,当x>2时 [f(x)-1][f(x)-m]=0,解得 故F(x)=f（z 在（一 π f'(x)>0,所以f(x)在(1,2)上单调 f(x)=1或f(x)=m,如图， cos z 递减，在(2，十∞)上单调递增，且 f(2)=1,可得f(x)的大致图象如图 kxk∈7上单调递增，故F(）< 所示 y=f(x) F()即 ()()() c03 =1 r() ()<f(号)故选B -267- 参考答案一