2025版高考数学一轮总复习素养提升第2章函数概念与基本初等函数Ⅰ第8讲函数与方程.docVIP

一、嵌套函数的零点问题

函数的零点是命题的热点，常与函数的性质和相关问题交汇．对于嵌套函数的零点，通常先“换元解套”，设中间函数为t，通过换元将复合函数拆解为两个相对简单的函数，借助函数的图象、性质求解．

1.已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lgx|，x0，,2|x|，x≤0，))则函数y＝2f2(x)－3f(x)＋1的零点个数为_5__.

[解析]令2f2(x)－3f(x)＋1＝0，解得f(x)＝1或f(x)＝eq\f(1,2)，作出f(x)的简图：

由图象可得当f(x)＝1或f(x)＝eq\f(1,2)时，分别有3个和2个交点，则关于x的函数y＝2f2(x)－3f(x)＋1的零点的个数为5.

2．(2024·山东省实验中学诊断)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x)，x0，,x2＋2x，x≤0，))则函数y＝f[f(x)＋1]的零点个数是(D)

A．2 B．3

C．4 D．5

[解析]令t＝f(x)＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x)＋1，x0，,?x＋1?2，x≤0.))

当t0时，f(t)＝lnt－eq\f(1,t)，

则函数f(t)在(0，＋∞)上单调递增，

因为f(1)＝－10，f(2)＝ln2－eq\f(1,2)0，

所以由函数零点存在定理可知，存在t1∈(1,2)，使得f(t1)＝0；

当t≤0时，f(t)＝t2＋2t，

由f(t)＝t2＋2t＝0，解得t2＝－2，t3＝0.

作出函数t＝f(x)＋1的图象，直线t＝t1，t＝－2，t＝0如图所示，

由图象可知，直线t＝t1与函数t＝f(x)＋1的图象有两个交点；

直线t＝0与函数t＝f(x)＋1的图象有两个交点；

直线t＝－2与函数t＝f(x)＋1的图象有且只有一个交点．

综上，函数y＝f[f(x)＋1]的零点个数为5.

【变式训练】

1．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,log2x，x0，))则函数y＝f[f(x)]－1的零点个数为(A)

A．3 B．2

C．0 D．4

[解析]y＝f[f(x)]－1＝0，即f[f(x)]＝1.

当f(x)≤0时，f(x)＋1＝1，即f(x)＝0时，此时log2x＝0，计算得出x＝1，或者x＋1＝0，计算得出x＝－1.

当f(x)0时，log2f(x)＝1，即f(x)＝2时，若x＋1＝2，计算得出x＝1(舍去)，若log2x＝2，计算得出x＝4.综上所述，函数y＝f[f(x)]－1的图象与x轴的交点个数为3.故选A.

2．(2023·河南名校联考)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lgx|，x0，,－x2－2x＋3，x≤0))则函数g(x)＝3[f(x)]2－8f(x)＋4的零点个数是(D)

A．5 B．4

C．3 D．6

[解析]函数g(x)＝3[f(x)]2－8f(x)＋4＝[3f(x)－2][f(x)－2]的零点，即方程f(x)＝eq\f(2,3)和f(x)＝2的根．

函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lgx|，x0，,－x2－2x＋3，x≤0))的图象如图所示，

由图可得方程f(x)＝eq\f(2,3)和f(x)＝2共有6个根，

即函数g(x)＝3[f(x)]2－8f(x)＋4有6个零点．

二、函数零点的综合问题

(2022·黑龙江大庆三模)已知定义域为R的偶函数满足f(2－x)＝f(x)，当0≤x≤1时，f(x)＝e1－x－1，则方程f(x)＝eq\f(1,|x－1|)在区间[－3,5]上所有解的和为(A)

A．8 B．7

C．6 D．5

[解析]因为函数f(x)满足f(2－x)＝f(x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，

又函数f(x)为偶函数，所以f(2－x)＝f(x)＝f(－x)，

所以函数f(x)是周期为2的函数，

又g(x)＝eq\f(1,|x－1|)的图象也关于直线x＝1对称，

作出函数f(x)与g(x)在区间[－3,5]上的图象，如图所示：

由图可知，函数f(x)与g(x)的图象在区间[－3,5]上有8个交点，且关于直线x＝1对称，

所以方程f(x)＝eq\f(1,|x－1|)在区间[－3,5]上所有解的和为4×2×1＝8，故选A.

名师点拨：

以函数图象、图象的变换方法及函数的零点等相关知识为基础，通过作图、想象，发现该问题的相关数学知识及其联系，快速解决该问题．

【变式训练】

(2024·山西五校联考)已知函数f