复合函数的零点问题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦复合函数零点问题，依据高考评价体系梳理内外复合型、双函数复合型等四大模型，通过真题分析明确其作为函数板块高频考点的权重，归纳已知分段函数求零点个数、含参数方程根分布等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“模型分类+真题解析+变式训练”策略，如2025黄冈质检例1用换元法转化内外层函数，培养数学思维的推理能力与数学眼光的抽象能力，提供“换元-作图-分类讨论”解题法，助力学生掌握技巧，教师可据此高效指导复习。

第二章 复合函数的零点问题 基本初等函数 1 模型 1 内外自复合型 A．5　 B．6 C．7　 D．8 1 【解析】 【答案】B A．(1，4)　 B．(1，4] C．[1，4)　 D．[1，4] 【解析】 　　　　当x＜0时，f(x)＞0，则f(f(x))＝f(－x＋1)＝(－x＋1)2－3＝x2－2x－2； 函数y＝f(f(x))－k有3个不同的零点等价于y＝f(f(x))和y＝k有3个不同的交点，所以由图象可得1＜k≤4． 【答案】B 模型 2 内外双函数复合型 A．(－4，0) B．(0，4) C．(－∞，－4)∪(0，＋∞) D．(－∞，0)∪(4，＋∞) 2 【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，得f(x)＝0或f(x)＝a，此时方程f(x)＝0有两解，方程f(x)＝a有两不相等解时，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． 【答案】D 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． 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 (　　) 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)． B 模型 3 二次可因式分解型 A．(2，3)　 B．(2，3] C．(3，＋∞)　 D．[3，＋∞) 3 【解析】 　　　　令t＝f(x)，则方程f2(x)－(a＋2)f(x)＋2a＝0可转化为t2－(a＋2)t＋2a＝0，即(t－2)(t－a)＝0，则t1＝2，t2＝a，所以f(x)＝2或f(x)＝a．当x≤0时，f(x)＝ex＋2，因为指数函数y＝ex在(－∞，0]上单调递增，所以f(x)＝ex＋2在(－∞，0]上单调递增，且f(x)∈(2，3]． 结合f(x)的图象可知，当2＜a≤3时，y＝f(x)与y＝a有3个不同的交点，即f(x)＝a有3个不同的根． 【答案】B 此类问题的关键：先换元再因式分解，后数形结合． 【解析】 　　　　当x＜0时，f(x)＝－x2－6x－5在(－∞，－3]上单调递增，在[－3，0)上单调递减，且f(－3)＝4． 作出函数y＝f(x)的图象如图所示，方程f2(x)＋(2a－3)f(x)＋a2－3a＝0化为[f(x)＋a][f(x)＋a－3]＝0，解得f(x)＝－a或f(x)＝3－a． 【答案】(－1，0]∪(2，3] 模型 4 二次不可因式分解型 　　　(2025·青岛质检)已知f(x)＝－x2＋2|x|，若关于x的方程f2(x)＋mf(x)＋n＝0 (m，n∈R)恰有3个互不相等的实根，则实数m的取值范围为 (　　) A．{m|m＜－1} B．{m|m≤0} C．{m|m＜－1或m＞0} D．{m|m＝0或m＜－1} 4 【解析】 综上，实数m的取值范围为{m|m＝0或m＜－1}． 【答案】D 【解析】 【答案】B 配套练习题 一、单项选择题 【解析】 　　　　作出函数f(x)的大致图象如图所示，由ex－3＝1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． A．4　 B．5 C．6　 D．7 C 【解析】 【答案】 A A．4　 B．3 C．2　 D．1 【解析】 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． C A．(0，1)　 B．(－∞，0)∪(0，1) C．[1，＋∞)　 D．(0，1)∪(1，＋∞) 【解析】 　　　　令u＝f(x)，则f(u)＝0．①当a＝0时，若u≤0，f(u)＝0；若u＞0，由f(u)＝log2u＝0，得u＝1．故由f(f(x))＝0得f(x)≤0或f(x)＝1．如图所示，满足f(x)≤0的x有无数个，方程f(x)＝1只有一个解，不满足题意． ②当a≠0时，若u≤0，则f(u)＝a·2u≠0；若u＞0，由f(u)＝log2u＝0，得u＝1，所以由f(f(x))＝0得f(x)＝1． 当x＞0时，由f(x)＝log2x＝1，可得x＝2，因为关于x的方程f(f(x))＝0有且仅有两个实数根，则方程f(x)＝1在(－∞，0]上有且仅有一个实数根． 若a＞0且x≤0，f(x)＝a·2x∈(0，a]，故a≥1；若a＜0且x≤0，f(x)＝a·2x＜0，不满足题意．综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)． 【答案】 C 二、多项选择题 5．若f(x)和g(x)都是定义在R上的函数，且f(g(x))＝x有实数解，则g(f(x))可能是 (　　　) 【解析】 【答案】 ACD A．2　 B．3 C．4　 D．5 【解析】 　　　　作出f(x)的图象如图所示，设f(x)＝t，则关于x的方程f2(x)－2af(x)＋a2－1＝0可化为t2－2at＋a2－1＝0，观察图象知，直线y＝t与y＝f(x)的图象最多有4个公共点，即关于x的方程f(x)＝t最多有4个不相等的实数根， 而关于x的方程f2(x)－2af(x)＋a2－1＝0有8个不相等的实数根，则关于t的方程t2－2at＋a2－1＝0有两个不相等的实数根t1，t2且1≤t1＜t2＜5． 【答案】 AB 三、填空题 【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． 【解析】 　　　　令g(x)＝f2(x)－(2a＋2)f(x)＋a2＋2a＝[f(x)－a][f(x)－a－2]＝0，解得f(x)＝a或f(x)＝a＋2．作出f(x)的图象如图，要使g(x)有3个不同的零点，则f(x)的图象与直线y＝a和y＝a＋2一共有3个交点． 【解析】 　　　　作出函数f(x)的图象如图所示，由F(x)＝f(x)[2f(x)－m]＝0，得f(x)＝0或2f(x)－m＝0． (0，2) 【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； 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，所以实数a的取值范围是(－∞，1]． 【答案】 (－∞，1] 【解析】 　　　　作出f(x)的图象如图所示，令t＝f(x)，要使函数g(x)＝f2(x)－af(x)－1有5个不同的零点，即函数h(t)＝t2－at－1有两个零点t1，t2且－1＜t1≤2，t2＞2或－1＜t1≤2，t2＝－1． 当－1＜t1≤2，t2＝－1时，即h(－1)＝a＝0，所以h(t)＝t2－1＝0有两根－1和1，符合题意； 　　　　记方程t2＋mt＋n＝0的两根为t1，t2(t1≤t2)，当t1≠t2时，f2(x)＋mf(x)＋n＝0(m，n∈R)恰有3个互不相等的实根, 等价于f(x)与y＝t1和y＝t2共有3个 不同的交点．作出f(x)的图象如图所示，由图可知，①当t1＝0,t2＞1时，即解得m＜－1. $