素养拓展5 嵌套函数的零点问题（解析版）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展05嵌套函数的零点问题（精讲+精练）1.嵌套函数形式：形如𝒇(𝒈(𝒙))2.解决嵌套函数零点个数的一般步骤(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的值或判断图象交点个数．注：抓住两点：(1)转化换元；(2)充分利用函数的图象与性质．【典例1】已知函数222,12()=log1,1xxfxxx，则函数3()22Fxffxfx的零点个数是（）A．4B．5C．6D．7分析：令(),()0tfxFx→3()22ftt→作函数()yfx与32+2yx图象→两个交点的横坐标为120,(1,2)tt→1()fxt、2()fxt判断()Fx的零点个数.【解析】令(),()0tfxFx，则3()202ftt，作出()yfx的图象和直线32+2yx，由图象可得有两个交点，设横坐标为12,tt，∴120,(1,2)tt.当1()fxt时，有2x，即有一解；当2()fxt时，有三个解二、题型精讲精练一、知识点梳理∴综上，()0Fx共有4个解，即有4个零点，故选A【题型训练】一、单选题1．（2023春·高三平湖市当湖高级中学校联考期中）已知函数lg1,1()0,1xxfxx，则函数Ryffxmm零点个数最多是（）A．10B．12C．14D．16【答案】B【分析】画出()fx的图像，设fxt，首先讨论0ftm的根的情况，再分析fxt根的情况即可分析出yffxm根的情况，即可得出答案．【详解】画出()fx的图像，如图所示，由(())yffxm，令0y，得(())ffxm，设fxt，由图像可知0t，则()ftm，得()yft的图像，如图所示，由图像可知，()0ft，①当0m时，即0ftm，没有根；②当0m时，即0ft，此时有3个根10t，21t，32t，当0t时，即0fx，有3个根，当1t时，即1fx，有4个根，当2t时，即2fx，有4个根，故0m时，0ftm有11个根；③当0m时，0ftm，此时有三个根，456012ttt，当4(0,1)tt时，即4(0,1)xtf，有4个根，当5(1,2)tt时，即5(1,2)xtf，有4个根，当6(2,)tt时，即6(2,)fxt，有4个根，故0m时，ftm有12个根；综上所述，(())ffxm最多有12个根，故选：B．2．（2023春·广东揭阳·高三校联考阶段练习）函数21,1ln,1xxfxxx，则函数(())1yffx的零点个数为（）A．2B．3C．4D．5【答案】A【分析】令()tfx，结合题意得到()1ft的两根为12t，2et，然后根据函数()fx的单调性和最值进而求解.【详解】令()tfx，则()1ft，当1t时，由211t可得2t或2t（舍去）；当1t时，由ln1t可得et，所以()1ft的两根为12t，2et，则()2fx或()efx，因为()fx在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，所以()(0)1fxf，若()2fx，易知方程无解，若()efx，当1x时，由21ex，得e1x或e1x（舍去），此时方程有唯一的解；当1x时，由lnex，得eex，此时方程有唯一的解，综上所述可知函数(())1yffx的零点个数为2个，故选：A.3．（2023秋·福建厦门·高三统考期末）已知函数2223,0log2,0xxxfxxx，则方程ffxk＝的实数解的个数至多是（）A．5B．6C．7D．8【答案】B【分析】根据复合方程问题，换元tfx，作函数图象分别看内外层分别讨论方程ffxk＝根的个数情况，即可得答案.【详解】设tfx，则ffxk＝化为ftk＝，又2223,0log2,0xxxfxxx，所以10322fff，1144ff，如图为函数fx的大致图象：由图可得，当3k时，ftk＝有两个根1212,2tt，即2tfx或12tfx，此时方程ffxk＝最多有5个根；当43k时，ftk＝有三个根1231121,10,42ttt，即21fx或10fx或1142fx，此时方程ffxk＝最多有6个根；当4k时，ftk＝有两个根1211,4tt，即1fx或14fx，此时方程ffxk＝有4个根；当4k时，ftk＝有一个根104t，即104fx，此时方程ffxk＝有2个根；综上，方程ffxk＝的实数解的个数至多是6个.故选：B.4．（2023·全国·高三期末）已知函数2,0,2ln,0,xxfxgxxxxx„，若方程0fgxgxm的所有实根之和为4，则实数m的取值范围是（）A．1mB．1m…C．1mD．1m„【答案】C【分析】由题对m取特殊值，利用数形结合，排除不合题意的选项即得.【详解】令,0tgxt，当1m时，方程为10ftt，即()1ftt=-，作出函数yft及1yt的图象，由图象可知方程的根为0t或1t，即20xx或21xx，作出函数2gxxx的图象，结合图象可得所有根的和为5，不合题意，故BD错误；当0m时，方程为0ftt，即ftt，由图象可知方程的根01t，即20,1xxt，结合函数2gxxx的图象，可得方程有四个根，所有根的和为4，满足题意，故A错误.故选：C.5．（2023秋·河南信阳·高三信阳高中校考期末）已知函数333,13log(1),1xxfxxx，则函数132Fxffxfx的零点个数是（）A．6B．5C．4D．3【答案】B【分析】确定函数333,13log(1),1xxfxxx的值域，利用换元法令tfx，则[0,)t，则将函数132Fxffxfx的零点问题转化为函数1(),32yftyt的图象的交点问题，作函数1(),32yftyt图象，确定其交点以及其横坐标范围，再结合fx的图象，即可确定132Fxffxfx的零点个数.【详解】已知333,13log(1),1xxfxxx，当1x时，133)13(3xxfx，当1x时，3()|log(1)|fxx，作出其图象如图示：可知()fx值域为[0,)，设tfx，则[0,)t，则函数132Fxffxfx的零点问题即为函数1(),32yftyt的图象的交点问题，而333,013log(1),1ttfttt，作出函数1(),32yftyt的图象如图示：可知：1(),32yftyt的图象有两个交点，横坐标分别在(0,1),(1,2)之间，不妨设交点横坐标为12(0,1),(1,2)tt，当1tfx时，由fx图象和直线11,(0,1)ytt可知，二者有两个交点，即此时132Fxffxfx有两个零点；当2tfx时，由fx图象和直线22,(1,2)ytt可知，二者有3个交点，即此时132Fxffxfx有3个零点，故函数132Fxffxfx的零点个数是5，故选：B.【点睛】本题考查了复合函数的零点个数的确定问题，综合性较强，涉及到函数的值域以及分段函数的性质的应用和数形结合的思想方法，解答的关键是采用换元法将函数的零点问题转化为函数图象的交点问题.6．（2023春·江西吉安·高三吉安一中校考阶段练习）已知函数2,0()ln,0xxfxxx，若函数1gxffxafx恰有两个零点，则a的取值范围是（）A．0,21B．2,C．1,0D．,1【答案】C【分析】设tfx，进而考虑yft与1yat的交点，分02a，2a，2a，10a，1a五种情况讨论求解即可.【详解】设tfx，则1yhtftat，令0ht，得1ftat，我们先来考虑yft与1yat的交点，令224,1atta，当02a时，1yat与yft只有1个交点，交点横坐标11,0t，此时gx有1个零点；当2a时，1yat与yft只有2个交点，交点横坐标121,0,1tt，此时gx有3个零点.当2a时，1yat与yft只有3个交点，交点横坐标1231,0,0,1,1,ttt，此时gx有5个零点.若1yat与0yftt相切时，设切点00,lnPtt，所以，切线斜率000ln11tatt，解得01,1ta，故当1a时，1yat与yft没有交点，gx没有零点.当10a时，1yat与yft有2个交点，交点横坐标120,,tt，此时gx有2个零点.故选：C【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于通过换元tfx，将问题转化为直线1yat与yft的交点个数，进而数形结合，分类讨论求解即可.7．（2023春·安徽滁州·高一校考开学考试）已知函数1,0ln,0xxfxxxx，若函数gxfxa有两个零点，则函数hxffxaa的零点个数为（）A．3B．4C．5D．6【答案】D【分析】作出函数fx的图象，根据题意利用图象分析可得2a，令2tfx并将问题转化为ft与=2y交点横坐标t对应x值的个数，结合数形结合法求零点个数即可.【详解】当0x时，则1fxxx在,1上单调递增，在1,0上单调递减，则12fxf；当0x时，则lnfxx在0,上单调递增.作出函数fx的图象如图所示，令0gxfxa，则fxa，若函数gxfxa有两个零点，则函数fx的图象与直线ya有两个交点，所以2a，解得2a，故22hxffx，令0hx，即22ffx，令2tfx，则012ttt或0ln2tt，解得1t或21et，即21fx或212efx，则3fx或2122efx，由图象可得3fx有3个实数根，212efx有1个实数根，故hx的零点个数为4，故选：B．8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数1,01ln,0xfxxxx（e为自然对数的底数），则函数311eFxffxfx的零点个数为（）A．3B．5C．7D．9【答案】C【分析】作出函数1,01ln,0xfxxxx的图象，