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专题2-4 复合二次型和镶嵌函数零点-2022年高考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）（解析版）
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这是一份专题2-4 复合二次型和镶嵌函数零点-2022年高考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）（解析版），共45页。试卷主要包含了热点题型归纳1，最新模考题组练36等内容，欢迎下载使用。
专题2-4 复合二次型和镶嵌函数的零点
目录
一、热点题型归纳 1
【题型一】 一元二次复合型基础：可因式分解型 1
【题型二】 一元二次复合型：根的分布型 3
【题型三】 一元二次复合型：参变飞羽判别式、求根公式型 6
【题型四】 一元二次复合型：线性规划型（老高考） 10
【题型五】 一元二次复合型：函数性质综合型 13
【题型六】 嵌套函数基础型 16
【题型七】 嵌套函数常规型：无参数双坐标系换元转换法 18
【题型八】 嵌套函数含参型：解析式含参 20
【题型九】 嵌套函数含参型：参数在方程 24
【题型十】 嵌套函数含参型：双函数型 28
【题型十一】 嵌套函数双复合型 33
二、最新模考题组练 36
【题型一】 一元二次复合型基础型：可因式分解
【典例分析】
已知函数fx=xlnx，若关于x的方程fx2+afx+a−1=0有且仅有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是( )
A．−2e,1−e B．1−e,0 C．−∞,1−e D．1−e,2e
【答案】C
【分析】首先利用导函数求f(x)的单调性，根据其单调性作出f(x)的大致图像，然后结合已知条件将方程解的问题转换成交点问题即可求解.
【详解】因为fx=xlnx，所以f'x=lnx−1lnx2，当x∈0,1∪1,e，f'x<0；当x∈e,+∞，f'x>0，
所以fx在0,1和1,e单调递减，在e,+∞单调递增，
且当x→0时，fx→0，fe=e，故fx的大致图象如图所示：
关于x的方程fx2+afx+a−1=0等价于fx+1fx+a−1=0，
即fx=−1或fx=1−a，由图知，方程fx=−1有且仅有一解，则fx=1−a有两解，
所以1−a>e，解得a<1−e，故选:C.
【提分秘籍】
基本规律
1.以f（x）为变量，可转化为一元二次型
2.一元二次可通过因式分解，转化为“水平线与f（x）交点型”
【变式演练】
1.已知f(x)是定义在R上的偶函数，且满足f(x)=−x2+3x,0≤x<1x−2lnx,x≥1，若关于x的方程[f(x)]2+a−1f(x)−a=0有10个不同的实数解，则实数a的取值范围是（ ）
A．1,2 B．−2,−1∪{2ln2−2}
C．−2,2ln2−2 D．−2,2ln2−2
【答案】B
【分析】求导分析f(x)的单调性、极值、边界情况，画出函数y=f(x)在[0,+∞)的图象，数形结合即得解
【详解】当x≥1时，f(x)=x−2lnx，f'(x)=1−2x，当1≤x<2时，f'(x)<0，当x>2时，f'(x)>0，
所以f(x)在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
当x=2时，f(x)取得极小值f2=2−2ln2，且f1=1，当x→+∞时，f(x)→+∞；
当0≤x<1时，f(x)=−x2+3x单调递增，且此时0≤f(x)<2.
函 数y=f(x)在[0,+∞)的图象如下图所示：
方程f(x)2+a−1f(x)−a=0即f(x)−1f(x)+a=0，
由图象可知，f(x)−1=0在[0,+∞)有3个实数解，由于y=f(x)为偶函数，故在R上有6个实数解
所以只需要f(x)+a=0有4个不同的实数解，
可得a=2ln2−2或−2
A．(1,2) B．(1,32)∪(32,2) C．[32,2) D．(1,32)
【答案】B
【分析】
首先根据题意得到fx=32或fx=a，再根据函数fx图象即可得到答案.
【详解】因为2f2(x)−(2a+3)f(x)+3a=0，所以2fx−3fx−a=0，
即fx=32或fx=a，由fx图象可知：
fx=32有2个解，所以fx=a有3个解，所以1
3.已知函数fx=x2−1,x<1lnxx,x≥1，若关于x的方程fx2+1−2mfx−2m=0有4个不同的实数解，则实数m的取值范围是（ ）
A．13,1e B．13,12e C．0,1e D．0,12e
【答案】D
【解析】
【分析】
令fx2+1−2mfx−2m=0，得fx=2m或fx=−1，将问题等价转化为直线y=2m和直线y=−1与函数y=fx的图象共有4个交点，数形结合可得出实数m的取值范围.
【详解】
令fx2+1−2mfx−2m=0，即fx−2m⋅fx+1=0，得fx=2m或fx=−1，
则直线y=2m和直线y=−1与函数y=fx的图象共有4个交点.
当x≥1时，fx=lnxx，f'x=1−lnxx2，令f'x=0，得x=e.
当1≤x0，此时函数y=fx单调递增；
当x>e时，f'x<0，此时函数y=fx单调递减.
函数y=fx的极大值为fe=1e，且当x>1时，fx=lnxx>0，如下图所示：
由于关于x的方程fx2+1−2mfx−2m=0有4个不同的实数解，
由图象可知，直线y=−1与函数y=fx的图象只有一个交点，
所以，直线y=2m与函数y=fx的图象有3个交点，所以0<2m<1e，解得0
【题型二】 一元二次复合型：根的分布型
【典例分析】
已知函数fx=xex，若关于x的方程f2x−mfx−2m2=0 有三个不同的实数解，则m的取值范围是（ ）
A．0,12e∪−1e,0 B．−1e,12e
C．−1e,1e D．−∞,12e
【答案】A
【分析】根据函数的单调性，作出y=fx大致图象，设fx=t，则fx2−mfx−2m2=0有三个不同的实数解，对方程t2−mt−2m2=0进行分析，当m=0时，不符合题意，当m≠0时，t2−mt−2m2=0必有两根，其中t1∈0,1e,t2∈−∞,0，再根据二次函数的性质，即可求出结果．
【详解】由fx的定义域为R，f'x=ex−xexex2=1−xex ， 所以在(1，+∞)上，f'x<0，fx单调递减，
在(−∞，1)上，f'x>0，fx单调递增，所以fxmax=f1=1e，f0=0，
若关于x的方程f2x−mfx−2m2=0有三个不同的实数解，
令t=fx，则关于x的方程f2x−mfx−2m2=0等价于关于t的方程t2−mt−2m2=0，作出函数y=fx的草图，如下：
由图像可知，当m=0，方程为fx=0，此时只有x=0一个根，不合题意，
当m≠0时，即Δ=m2+8m2>0 ，设方程t2−mt−2m2=0有两根，分别为t1,t2，
又t1⋅t2=−2m2<0，由图像可知， t1∈0,1e,t2∈−∞,0， 令φt=t2−mt−2m2，则φ1e>0φ0<0，即1e2−m1e−2m2>0−2m2<0解得，−1e
【提分秘籍】
基本规律
1.“一元二次”系数多参，无法因式分解
2.可通过分析f（x）图像，确定“水平线与f（x）”交点情况。进而确定一元二次根的范围
3.通过“根的分布”知识转化为不等式（组）求解
【变式演练】
1.已知函数f(x)=1|x|−1，若关于x的方程f2(x)+bf(x)+c=0恰有6个不同的实数解，则b,c的取值情况不可能的是（ ）
A．−10，c>0
C．1+b+c<0，c>0 D．1+b+c=0，0
【分析】根据函数f(x)=1|x|−1的图像，令f(x)=t，则t2+bt+c=0，则方程有t1,t2两解，
必有0
令f(x)=t，则t2+bt+c=0，则有t=t1,t=t2两解，必有01，此时t1t2=c>0，1+b+c<0，此时为C，所以选项ACD都有可能.故选：B
2.设函数f(x)=3x+1,x≤0log4x,x>0若关于x的方程f2x−(a+2)fx+3=0恰好有六个不同的实数解，则实数a的取值范围为
A．(23－2，32 B．(－23－2，23－2)
C．(32，＋∞) D．(23－2，＋∞)
【答案】A
【分析】画出fx的图像，利用fx图像，利用换元法，将方程f2x−(a+2)fx+3=0恰好有六个不同的实数解的问题，转化为一元二次方程在给定区间内有两个不同的实数根，由此列不等式组，解不等式组求得a的取值范围.
【详解】
画出fx的图像如下图所示，令fx=t，则方程f2x−(a+2)fx+3=0转化为t2−a+2t+3=0，由图可知，要使关于x的将方程f2x−(a+2)fx+3=0恰好有六个不同的实数解，则方程t2−a+2t+3=0在1,2内有两个不同的实数根，所以Δ=a+22−12>01022−a+2×2+3≥0，解得23−2
3.设定义域为R的函数fx={5x−1−1,x≥0x2+4x+4,x<0，若关于x的方程f2x−2m+1fx+m2=0有7个不同的实数解，则m=
A．m=6 B．m=2 C．m=6或2 D．m=−6
【答案】B
【详解】设f(x)=t，作出函数f(x)图象，如图所示：
由图象可知：
当t>4时，函数图象有2个交点，
当t=4时，函数图象有3个交点，
当0
当t<0，函数图象无交点．
要使方程f2x−2m+1fx+m2=0有7个不同的实数解，则要求对应方程t2−(2m+1)t+m2=0中的两个根t1=4或0
【题型三】 一元二次复合型：参变分离与判别式、求根公式型
【典例分析】
已知f(x)=xlnx，若关于x的方程[f(x)]2+mf(x)−e2+1=0恰有3个不同的实数解（e为自然对数的底数），则实数m的取值范围是（ ）
A．m<1e B．m≥−1e
C．m<−1e D．m≥1e
【答案】C
【分析】求导得f'(x)=lnx−1(lnx)2，x∈(0，1)∪(1，+∞)，分析导数的正负，f(x)单调性，最值，作出f(x)的图象，令t=f(x)，t<0或t≥e，方程[f(x)]2+mf(x)−e2+1=0，转化为m=−t2+e2−1t，令g(t)=−t2+e2−1t，t<0或t≥e，分析g(t)单调性，作出g(t)图象，分两种情况：当m<−1e、m=−1e、m>−1e，分析y=m与y=g(t)交点个数，进而可得m的取值范围．
解：f'(x)=lnx−x⋅1x(lnx)2=lnx−1(lnx)2，x∈(0，1)∪(1，+∞)，令f'(x)=0，得x=e，在(1,e)上，f'(x)<0，f(x)单调递减，在(e,+∞)上，f'(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)极小值=f(e)=elne=e，
在(0,1)上，f'(x)<0，f(x)单调递减，且f(x)<0，
在(0,1)上，当x→0时，f(x)→0，当t→1时，f(x)→−∞，
在(1,+∞)上，当x→1时，f(x)→+∞，当t→+∞时，f(x)→+∞，
作出f(x)的大致图象：
令t=f(x)，t<0或t⩾e，方程[f(x)]2+mf(x)−e2+1=0，即为t2+mt−e2+1=0，则m=−t2+e2−1t，
令g(t)=−t2+e2−1t，t<0或t⩾e，g'(t)=−2t2−(−t2+e2−1)t2=−t2−e2+1t2<0所以在(−∞,0)，(e,+∞)上单调递减，g(e)=−1e,g(−e)=1e，在t∈(−∞,0)上，当t→0时，g(t)→−∞，当t→−∞时，g(t)→+∞，
作出g(t)的大致图象如下：
①当m≤−1e时，y=m与y=g(t)有两个交点，不妨设交点的横坐标为t1，t2，
当m<−1e时，结合图象可−ee，
当−ee，符合题意；
当m=−1e时，−e
结合图象可得t3<0，则方程t3=f(x)有一个根0
【提分秘籍】
基本规律
对于具有特殊形式的“一元二次型”
1、 可以通过参变分离求解参数
2、 可以通过判别式来讨论判断
3、 可通过求根公式来计算。
【变式演练】
1.已知函数fx=x2−3ex，设关于x的方程f2x−mfx−12e2=0m∈R有n个不同的实数解，则n的所有可能的值为（ ）
A．3 B．1或3 C．4或6 D．3或4或6
【答案】B
【分析】由已知，f'(x)=(x2+2x−3)ex，令f'(x)=0，解得x=−3或x=1，则函数f(x)在(−∞，−3)和[1，+∞)上单调递增，在[−3，1)上单调递减，极大值f(−3)=6e3，最小值f(1)=−2e.
f(x)的图象如下：
综上可考查方程f(x)=k的根的情况如下：
（1）当k>6e3或k=−2e时，有唯一实根；
（2）当0
令g(k)=k2−mk−12e2，则由g(k)=0，得k=m±m2+12e22，
当m≥0时，由k1=m+m2+12e22≥3e>6e3，
符号情况（1），此时原方程有1个根，
由k2=m−m2+12e22，而−2e<−3e6e3，
符号情况（1）或（2），此时原方程有1个或三个根，
由k2<−3e，又−2e<−3e<0，符号情况（3），此时原方程有两个根，
综上得共1个或3个根.综上所述，n的值为1或3.故选B.
2.已知函数f(x)=x2−3ex，若关于x的方程[f(x)]2+tf(x)−12e2=0(t∈R)有m个不同的实数解，则m的所有可能的值构成的集合为______．
【答案】3
【分析】
求函数f(x)的导数，判断函数的极值，作出函数f(x)的图象，设n=f(x)，利用根与系数之间的关系得到n2+nt−12e2=0的两根之积n1n2=−12e2，利用数形结合进行讨论求解即可．
【详解】
函数f(x)的导数为f'(x)=2xex−(x2−3)ex(ex)2=2x−x2+3ex=−(x2−2x−3)ex=−(x+1)(x−3)ex，
由f'(x)>0，得−1
即有f(x)在x=−1处取得极小值f(−1)=−2e；在x=3处取得极大值f(3)=6e3，
作出f(x)的图象，如图所示:
关于x的方程[f(x)]2+tf(x)−12e2=0(t∈R)，令n=f(x)，则n2−nt−12e2=0，由判别式△=t2+48e2>0，方程有两个不等实根，n1n2=−12e2<0，则原方程有一正一负实根．而−2e×6e3=−12e2，即当n1=6e3，则n2=−2e，此时y=n1和f(x)的图象有两个交点，y=n2与f(x) 的图象有1个交点，此时共有3个交点，
当n1>6e3，则−2e6e3，此时y=n1和f(x) 的图象有2个交点，y=n2与f(x)的图象有1个交点，此时共有3个交点，
当n1=−2e，则n2=6e3，此时y=n1和f(x) 的图象有1个交点，y=n2与f(x) 的图象有2个交点，此时共有3个交点，
当n1<−2e，则0
即m的所有可能的值构成的集合为{3}，故答案为{3}．
3.已知，关于的不等式有且只有一个整数解，则实数的最大值是____．
【答案】8【分析】
先作出函数图像，再根据 a,b的正负性，结合函数图象讨论求解.
【详解】作出的函数图象如图所示：
（1）若，则，
当时，无解；
当时，，
由图象可知不可能只有一个整数解；
当时，，
若只有一个整数解，由图象可知此整数解必为．
又（3），（4），故而，即．
（2）若，由可得．
，由图象可知有两个整数解，，
至少含有两个整数解，不符合题意．
综上，的最大值为8．故答案为：8．
【题型四】 一元二次复合型（老高考）：线性规划型
【典例分析】
已知函数fx=−x+1+1,x≤0ln(ex)x+1,x>0，若方程fx2−mfx+n=0n≠0有7个不同的实数解,则2m+3n的取值范围（ ）
A．(2,6) B．(6,9) C．(2,12) D．(4,13)
【答案】C
【分析】
先画出fx的图象,设t=fx,由图象可转化问题为fx=t1有3个解,fx=t2有4个解,则分别讨论①t1=0,t2∈0,1；②t1∈1,2,t2∈0,1；③t1=1,t2∈0,1,再利用线性规划求解.
【详解】
由题,当x≤0时,fx=−x,−1
当x∈0,1时,f'x>0；当x∈1,+∞,f'x<0,所以fx在0,1上单调递增,在1,+∞上单调递减,
所以fxmax=f1=2,
当x→0时,lnex→−∞,则fx→−∞；当x→+∞时,lnexx→0,则fx→1,
画出fx的图象,如图所示,
因为fx2−mfx+n=0n≠0有7个不同的实数解, 设t=fx,则t2−mt+n=0n≠0,
设t1,t2为方程t2−mt+n=0n≠0的解,则由图象可知fx=t1有3个解,fx=t2有4个解,
①t1=0,t2∈0,1,将t1=0代入方程中可得n=0,与条件矛盾,舍去；
②t1∈1,2,t2∈0,1,设gt=t2−mt+n,
则g0>0g1<0g2>0,即n>01−m+n<04−2m+n>0,则可行域如图所示,设z=2m+3n,即n=−23m+13z,
平移直线n=−23m+13z,与点B相交时截距最小,与点A相交时截距最大,因为点B1,0,点A3,2,所以2m+3n∈2,12；
③t1=1,t2∈0,1,则g0>0g1=0001−m+n=00
因为点B1,0,点C2,1,所以2m+3n∈2,7,
综上,2m+3n∈2,12,故选:C
【提分秘籍】
基本规律
“一元二次型”系数多参，对于根的分布得到的不等式（组），可借助线性规划求解多参式的范围或者最值
【变式演练】
1.已知函数f(x)={2x+1,x<0|12x2−2x+1|,x≥0 ，方程f2(x)−af(x)+b=0(b≠0)有六个不同的实数解，则3a+b的取值范围是
A．[6,11] B．[3,11] C．(6,11) D．(3,11)
【答案】D
【分析】作函数的图象，从而利用数形结合知t2−at+b=0有2个不同的正实数解，且其中一个在0，1上，一个在1，2上，利用数形结合思想列出关于a,b的不等式组，结合线性规划知识可得结果.
【详解】作函数fx的图象如下，
∵关于x的方程f2x−afx+b=0有6个不同实数解，令t=fx，
∴t2−at+b=0有2个不同的正实数解，其中一个在0，1上，一个在1，2上；故b>01−a+b<04−2a+b>0，
其对应的平面区域如下图所示：故当a=3，b=2时，3a+b取最大值11，当a=1，b=0时，3a+b取最小值3，则3a+b的取值范围是3，11。故选D．
2.已知函数f(x)=|lnx|,x>0x2+4x+1,x≤0，若关于x的方程f(x)2−bf(x)+c=0(b,c∈R)有8个不同的实数根，则b+c的取值范围是（ ）
A．(−∞,3) B．(0,3] C．[0,3] D．(0,3)
【答案】D
函数f（x）的图像如上图所示，显然直线y=1与图像有4个交点，且函数图像与x轴有3个交点．设t=f（x）,则．①当该方程无解时，显然关于x的方程f(x)2−bf(x)+c=0(b,c∈R)无实数解；②当该方程有1个解时，显然关于x的方程f(x)2−bf(x)+c=0(b,c∈R)最多有4个解；当该方程有两个不等的实数解时，关于x的方程f(x)2−bf(x)+c=0(b,c∈R)可能会出现8个实数解，但需有…（*）．将b看作自变量、c看作因变量，于是设，则z可看作是直线在c轴上的截距．不等式组（*）表示的平面区域如下图所示曲边三角形OPQ的内部且包含线段OQ（除端点）．显然当直线过点O时截距最小即z最小，当过点P（2，1）时，截距最大即z最大，但因为不等式组表示的区域不包含点O，点P，所以,故选D．
【题型五】 一元二次复合型：函数性质综合型
【典例分析】
已知偶函数f(x)满足f(3+x)=f(3−x)，且当x∈[0,3]时，f(x)=−x2+2x+1，若关于x的方程f2(x)−tf(x)−3=0在[−150,150]上有300个解，则实数t的取值范围是（ ）
A．−2,12 B．−12,12 C．−2,+∞ D．−∞,12
【答案】B
【解析】
【分析】
根据偶函数和f(3+x)=f(3−x)得出函数的周期为6，作出函数在[−3,3]内的图象，根据周期性可知关于x的方程f2(x)−tf(x)−3=0在[−3,3]上有6个解，结合图象分析可得关于x的方程x2−tx−3=0在区间(−2,1)和(1,2)内各有一个实根，根据二次方程实根的分布，列不等式组即可解得结果.
【详解】
因为偶函数f(x)满足f(3+x)=f(3−x)，所以f(3+x)=f(x−3)，
所以函数f(x)是周期为6的周期函数，
因为当x∈[0,3]时，f(x)=−x2+2x+1，
所以当x∈[−3,0]时，−x∈[0,3]，所以f(x)=f(−x)=−(−x)2+2(−x)+1=−x2−2x+1，
即当x∈[−3,0]时，f(x)=−x2−2x+1，
作出函数在一个周期[−3,3]内的图象如图：
因为关于x的方程f2(x)−tf(x)−3=0在[−150,150]上有300个解，所以关于x的方程f2(x)−tf(x)−3=0在[−3,3]上有6个解，
结合图象可知f(x)必有两个值，一个大于1小于2，另一个大于−2且小于1，
等价于关于x的方程x2−tx−3=0在区间(−2,1)和(1,2)内各有一个实根，
令g(x)=x2−tx−3，则g(−2)>0g(1)<0g(2)>0，所以4+2t−3>01−t−3<04−2t−3>0，解得−12
【提分秘籍】
基本规律
1.所给函数f(x)为抽象函数。
2.所给函数“不完全”，需要借助奇偶性等函数性质求解解析式或者研究图像特征。
【变式演练】
1.已知函数f(x)是定义在[−100,100]的偶函数，且f(x+2)=f(x−2).当x∈[0,2]时，f(x)=(x−2)ex，若方程[f(x)]2−mf(x)+1=0有300个不同的实数根，则实数m的取值范围为（ ）
A．−e−1e,−52 B．−e−1e,−52 C．(−∞,−2) D．−e−1e,−2
【答案】A
【解析】
首先由已知确定函数f(x)的周期是4，利用导数研究f(x)在 [0,2]上的性质，单调性、极值，结合偶函数性质作出f(x)在[−2,2]上的图象， f(x)的定义域是[−100,100]含有50个周期，方程[f(x)]2−mf(x)+1=0有300个不同的实数根，那么在 f(x)的一个周期内有6个根，令f(x)=t，可知方程t2−mt+1=0有两个不等实根 t1,t2，且t1∈(−e,−2)，t2∈(−2,0)，由二次方程根的分布知识可得解．
【详解】
由f(x+2)=f(x−2)知函数的周期为4，当 x∈[0,2]时，f(x)=(x−2)ex，则 f'(x)=(x−1)ex，当0≤x<1时，f'(x)<0， f(x)递减，当10， f(x)递增，f(x)极小值=f(1)=−e，又 f(x)是偶函数，作出f(x)在[−2,2]上的图象，如图．
函数f(x)的周期是4，定义域为[−100,100]，含有50个周期，
方程[f(x)]2−mf(x)+1=0有300个不同的实数根，因此在一个周期内有6个根（这里 f(±2)=0，±2不是方程的根）．
令f(x)=t，方程t2−mt+1=0有两个不等实根 t1,t2，且t1∈(−e,−2)， t2∈(−2,0)，设g(t)=t2−mt+1，则 g(−e)>0g(−2)<0g(0)>0，解得−e−1e
2.设max{p,q}表示p，q两者中较大的一个，已知定义在[0,2π]的函数f(x)=max{2sinx,2cosx}，满足关于x的方程f2(x)+(1−2m)f(x)+m2−m=0有6个不同的解，则m的取值范围为
A．(−1,2) B．(1,1+2)
C．(2,2) D．(1+2,22)
【答案】C
【分析】根据题干得到f(x)=m或f(x)=m−1，画出函数f(x)=max{2sinx,2cosx}的图像，找f(x)=m和f(x)=m−1与f(x)=max{2sinx,2cosx}的交点个数使得交点有6个即可.
【详解】
由f2(x)+(1−2m)f(x)+m2−m=0，可得f(x)=m或f(x)=m−1.函数f(x)=max{2sinx,2cosx}的图像如图所示，所以2
3.定义在R上的函数f(x)满足f(−x)=f(x)，且当x≥0时，f(x)={54sinπ4x,0≤x≤2,(12)x+1,x>2,若关于x的方程f2(x)+bf(x)+c=0（b，c∈R）有且只有6个不同的实数根，则实数b的取值范围是
A．(−52,−94)∪(−94,−1) B．(−52,−1) C．(−52,−94)∪(−1,0) D．(−94,−1)
【答案】A
【详解】
由题设可知函数是偶函数，其图像关于y轴对称，画出其函数图像如图，容易算得当02⇒1<(12)x+1<54．结合图像可以看出：当两根中的f1(x)∈(0,1)且另一个根f2(x)∈(1,54)时，关于x的方程f2(x)+bf(x)+c=0（b，c∈R）的恰有六个不同实数根，结合图像并依据根与系数的关系可得−b=f1(x)+f2(x)∈(1,52)且−b=f1(x)+f2(x)≠94，即b∈(−52,−1)且b≠−94，故实数b的取值范围是(−52,−94)∪(−94,−1)，应填答案A．
点睛：本题设置的目的旨在考查函数与方程思想、等价转化与化归的思想及运用所学知识分析问题解决问题的能力．求解时充分借助题设条件与函数图像的对称性，准确画出函数的图像，然后再分析方程有六个根的条件，找出两个根的分布情况，再分析探求参数b的取值范围，从而使得问题获解．
【题型六】 嵌套函数基础型
【典例分析】
定义域和值域均为[﹣a，a]（常数a＞0）的函数y＝f（x）和y＝g（x）的图象如图所示，方程g[f（x）]＝0解得个数不可能的是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
由图象知g(x)=0有一个(0,a)上的正根k，结合图象可知f(x)=k根的个数.
【详解】
因为x∈[−a,a]时，g(x)=0有唯一解，
不妨设唯一解为k，由g(x)图象可知k∈(0,a)，
则由g[f（x）]＝0可得f(x)=k，
因为k∈(0,a)，由f(x)图象可知，f(x)=k可能有1根，2根，3个根，不可能又4个根，
故选：D
【提分秘籍】
基本规律
1.嵌套函数自身互嵌型：f（f（x））
2.嵌套函数双函数互嵌型：f（g（x））
【变式演练】
1.若f(x)和g(x)都是定义在R上的函数，且方程fgx=x有实数解，则下列式子中可以为gfx的是（ ）
A．x2+2x B．x+1
C．ecosx D．ln(|x|+1)
【答案】ACD
【分析】由方程fgx=x有实数解可得gfgx=gx，再用x替代gx，即 x=gf(x)有解，逐个判断选项即可得出答案.
【详解】
由方程fgx=x有实数解可得gfgx=gx，再用x替代gx，即 x=gf(x)有解.
对于A，x=x2+2x，即x2+x=0，方程有解，故A正确；
对于B，x=x+1，即0=1，方程无解，故B错误；
对于C，当ecosx=x,令ℎ(x)=ecosx−x，因为f(0)=e>0，fπ2=1−π2<0，
由零点的存在性定理可知，ℎx在0,π2上存在零点，所以方程有解，故选项C正确；
对于D，当ln(|x|+1)=x时，x=0为方程的解，所以方程有解，故选项D正确.
故选：ACD.
2.已知两函数f(x)和g(x)都是定义在R上的函数，且方程x−f(g(x))=0有实数解，则g(f(x))有可能是（ ）
A．x2+1 B．x2+x+1 C．x2−x−1 D．2x2−x+1
【答案】C
【解析】
先设x0是方程x−fg(x)=0的一个根，得到x0=fg(x0)，g(x0)=gfg(x0)，再令t=g(x0)，得到t=gf(t)，进而得到方程x=g(f(x))有解，再逐项判断，即可得出结果.
【详解】
解：设x0是方程x−fg(x)=0的一个根，则x0=fg(x0)，故g(x0)=gfg(x0)
再令t=g(x0)，则t=gf(t)，
即方程x=g(f(x))有解；
A选项，方程x=x2+1可化为x2−x+1=0，Δ=−3<0，故无实数解；
B选项，方程x=x2+x+1可化为x2+1=0，显然无实数解；
C选项，方程x=x2−x−1可化为x2−2x−1=0，Δ=8>0，故有实数解；
D选项，方程x=2x2−x+1可化为2x2−2x+1=0，Δ=−4<0，故无实数解；
故选：C
3.若f(x)和g(x)是定义在实数集R上的函数，且方程x−f[g(x)]=0有实数解，则g[f(x)]不可能是
A．ex−1 B．cosx
C．|x|+1 D．{x2,x≤0−lnx,x>0
【答案】C
【分析】由题设令s为原方程的解：g(s)=t可得f(t)=s，即可将问题转化为g[f(x)]=x是否有实数解，根据各选项函数，应用数形结合确定正确选项.
【详解】设s为x−f[g(x)]=0的实数解，即f[g(s)]=s，令g(s)=t，则f(t)=s.
∴g[f(t)]=g(s)=t，即t为g[f(x)]=x的实数解，g[f(x)]=x有实数解，
∴结合各选项的函数，判断与y=x是否有交点即可，如下图示：
由图知：当g[f(x)]=|x|+1时无交点，g[f(x)]=x无实数解，故选：C.
【题型七】 嵌套函数常规型：无参双坐标系换元转换法
【典例分析】
已知函数，则方程的根的个数为（ ）
A．7 B．5 C．3 D．2
【答案】A
【分析】
令，先求出方程的三个根，，，然后分别作出直线，，与函数的图象，得出交点的总数即为所求结果.
【详解】
令，先解方程.
（1）当时，则，得；
（2）当时，则，即，解得，.
如下图所示：
直线，，与函数的交点个数为、、，
所以，方程的根的个数为，故选A.
【提分秘籍】
基本规律
嵌套函数基础方法理解
1、 可换元
2、 可通过换元构造“双坐标系”，注意对应的横纵坐标变量以及含义。
【变式演练】
1.已知定义在0，+∞上的单调函数fx满足对∀x∈0,+∞,ff(x)−log2x=3,则方程f(x)−f'(x)=2的解所在区间是
A．0,12 B．12,1 C．1,2 D．2,3
【答案】C
【解析】
【分析】
利用函数的单调性及ff(x)−log2x=3可得f(x)=t+log2x，再利用ft=3可求函数的解析式，求出f'x后可估计f(x)−f'(x)=2的解所处的区间.
【详解】
因为fx为单调函数且ff(x)−log2x=3，则fx−log2x必是常数，
故设fx−log2x=t，其中t为常数，
故fx=t+log2x，因为ft=t+log2t=3，
令y=t+log2t，故y'=1+1tln2>0，故y=t+log2t为0,+∞上的增函数，
因为t=2时，y=3，故方程t+log2t=3有且仅有一个解t=2，
故fx=2+log2x，
而方程fx−f'x=2可化为2+log2x−1xln2=2，整理得到log2x=1xln2，
令ℎx=log2x−1xln2，故ℎx为0,+∞上的单调增函数，
而ℎ1=−1ln2<0，ℎ2=1−12ln2>0，故方程的根在区间1,2中，故选C.
2.已知函数f(x)=x3−3x2+3,x<2−4(x2−5x+6),x≥2，则函数f(f(x))的零点的个数为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C①当x<2时，f(x)=x3−3x2+3，则f'(x)=3x2−6x=3x(x−2).
∴当00.∴f(x)在x=0时取得极大值为3
∵f(−1)<0，f(1)>0，f(2)=23−3×22+3=−1<0∴函数f(x)在(−1,0)，(1,2)上各有1个零点
②当x≥2时，f(x)=−4(x2−5x+6)，f(x)max=f(52)=1，f(x)的零点为2和3.
由f(f(x))=0，得f(x)=2或f(x)=3或f(x)=x1或f(x)=x2，其中x1∈(−1,0)，x2∈(1,2).
结合函数f(x)的图象可知，方程f(x)=2的解的个数为2，方程f(x)=3的解的个数为1，方程f(x)=x1的解的个数为3，方程f(x)=x2的解的个数为2.∴函数f(f(x))的零点的个数为8个.
【题型八】 嵌套函数含参型：解析式含参
【典例分析】
已知，若关于x的方程仅有一解，则a的取值范围是_______．
【答案】
【分析】可判断a≠0,从而由分段函数判断方程的解的个数即可.
【详解】若，则方程有无数个解，故；
或（舍去）,或或
关于x的方程仅有一解，在上无解，
综_上所述, a的取值范围是.
故答案为：
【提分秘籍】
基本规律
1.引入参数
2.参数在所给的母函数内。
3.参数在解析式或者定义域中，分别对函数图像的影响
4.授课时讲清楚因为参数而造成的“动图”，可以引导学生借助画分解图来增加理解。
5.教师授课时可以借助几何画板展示，但是对于学生，特别是普通程度学生，要引导学生手工画“分解图”增加实战能力。
【变式演练】
1.已知函数fx=x+2a,x＜0x2−ax,x≥0，若关于x的方程ffx=0有8个不同的实数解，则实数a的取值可能是（ ）
A．82 B．72
C．62 D．52
【答案】ABC
【解析】
【分析】
结合题意可先对a进行分类：分a⩽0及a>0两种情况，结合函数的零点性质分别进行求解．
【详解】
解：由题意可得a⩽0时，fx在R上单调递增，显然方程ffx=0有8个不同的实数解不成立；
当a>0时，令f(x)=t，
则由f(t)=0得，t1=−2a，t2=0，t3=a，
又方程f(f(x))=0有8个不同的实根，
由题意结合可得，即a>0a<2a−2a>−a24，解得a>8，故选：ABC．
2.已知函数，若函数恰好有4个不同的零点，则实数t的取值范围是________．
【答案】或
【分析】
令，则，将函数的零点问题分解成两个步骤完成，先求的值，再求的值，对分5种情况进行讨论，结合函数图象，即可得答案；
【详解】
因为在上恒成立，所以在上单减，
令，则．
（ⅰ）当时，只有，显然不成立
（ⅱ）当时，，，此时如图：
有四个交点，∴满足题意．
（ⅲ）当时，如图1，由得，．由得或，
由且，知．要使有4个不同的零点，必须由得或，
此时，解得，（舍去），又在恒成立，
所以在上为增函数，所以．
（ⅳ）当时，由，，得，此时满足题意．
（ⅴ）当时，如图2，由得，．
要使有4个不同的零点，必须，此时，所以．
综上，实数t的取值范围是或．
3.已知，设函数，存在满足，且，则的取值范围是______.
【答案】
【分析】
求得关于对称所得函数的解析式，通过构造函数，结合零点存在性列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】
由于存在满足，且，所以图象上存在关于对称的两个不同的点.
（1）对于，交换得，
即，
构造函数（），所以的零点满足，
由得，
由得，即
，
由于，所以解得.
（2）设，则M关于y=x对称的点在上，由，得，则，
当时，①，，
两式相减，得，所以②，
将②代入①，得，又，所以，
令，则，，
即，解得，综上，a的取值范围为.故答案为：
【题型九】 嵌套函数含参型：参数在方程
【典例分析】
已知函数，则方程恰好有6个不同的解，则实数的取值范围为
【答案】
【分析】
令，，作出图象，作出图像，通过图象分析解的各种情况．
【详解】令，，作出图象，作出图像，
时，有两根，设为，，则，，
即，此时有2个根，，此时有2个根，共4个根，不满足条件.
时，，解得或或6，即，无解，
，2解，，2解，共4个解，不满足条件.
时，，有四个根，设为，，，，
其中，，，，即，无解，
，无解，，2解，，2解，共4个解，不满足条件.
时，有4个根，0，2，，（），
，1解，，1解，，2解，，2解，共6解，满足条件.
时，，有3个根，设为，，，其中，，，
即有2解，有2解，有2解，共6解，满足条件.
时，，有两根和3，有2个根，
有2个根，共4个根，不满足条件，
综上.故答案为.
【提分秘籍】
基本规律
1.解析式无参，很容易画出图像
2.“方程”中有参。
【变式演练】
1.已知函数，若方程恰有个实根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
利用基本不等式计算得出，由题意可知，关于的方程有两个不等的实根、，且、，然后作出函数的图象，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】，，设.
当时，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
当时，由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立.所以，.
当时，.
作出函数的图象如下图所示：
由于方程恰有个实根，则关于的方程有两个实根、，设.
若，则，此时关于的方程的另一实根，
直线与函数的图象只有一个交点，直线与函数的 图象有两个交点，
此时，关于的方程恰有个实根，不合乎题意；
若，则，则关于的方程的另一实根，直线与函数的图象有且只有一个交点，
直线与函数的 图象有两个交点，
此时，关于的方程恰有个实根，不合乎题意；
所以，关于的方程有两个不等的实根、，且、，
由图象可知，或.故选：D.
2.已知f(x)=x2+xsinx, g(x)=12x+1,x≤0lnx+x+1xex,x>0，若f(g(x))−m=0有四个不同的解，则实数m的取值集合为（ ）
A．(0,1+sin1] B．(0,1] C．{1,1+sin1} D．{1+sin1}
【答案】D
【分析】
根据导函数分别讨论两个函数的单调性，将问题转化为讨论f(t)−m=0,t=g(x)的根的个数.
【详解】f(x)=x2+xsinx是定义在R上的偶函数，
讨论当x＞0时，f'(x)=2x+sinx+xcosx=x(1+cosx)+x+sinx，
当00，x>π,x+sinx>π−1>0，
所以f'(x)=2x+sinx+xcosx=x(1+cosx)+x+sinx＞0，
即函数f(x)=x2+xsinx在x∈[0,+∞)单调递增，x∈(−∞,0]单调递减，
f(0)=0，g(x)=lnx+x+1xex,x>0g'(x)=(1x+1)xex−(lnx+x+1)(x+1)ex(xex)2=(x+1)ex(−lnx−x)(xex)2，x>0
考虑ℎ(x)=−lnx−x在x∈(0,+∞)单调递减，ℎ(1e)=1−1e,ℎ(1)=−1
所以必存在x0使得ℎ(x0)=0，x0=−lnx0,ex0=1x0，则ℎ(x)=−lnx−x，x∈(0,x0),ℎ(x)=−lnx−x>0，
x∈(x0,+∞)，ℎ(x)=−lnx−x<0。g(x)在x∈(0,x0)单调递增，x∈(x0,+∞)单调递减，
所以g(x)max=g(x0)=lnx0+x0+1x0ex0=−x0+x0+1x0⋅1x0=1由洛必达法则：limx→+∞lnx+x+1xex=limx→+∞1x+1(x+1)ex=0，
x→0+，lnx+x+1xex→−∞，若f(g(x))−m=0有四个不同的解，考虑f(t)−m=0,t=g(x)，
若m=0，则t=g(x)=0仅有两根，不合题意；所以m>0，f(t)=m,两根t1,t2，设t1=−t2
g(x)=t1,g(x)=−t1一共有四个根，当t1>1,g(x)=t1，无解，
当t1=1,g(x)=1，g(x)=−1，一共四个不同实根，此时m=f(1)=1+sin1，
0
3.已知函数f(x)＝x＋sin x＋2x−12x+1，且方程f(|f(x)|－a)＝0有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是( )
A．[0，＋∞) B．(0，＋∞)
C．[－1,2) D．(－1,2)
【答案】B
【解析】
【详解】
由于f(－x)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，图象关于原点对称．由于(x＋sin x)′＝1＋cosx≥0，且2x−12x+1＝1－22x+1为增函数．故f(x)为R上的增函数，且f(0)＝0.所以|f(x)|－a＝0，即|f(x)|＝a有两个不同的实数根，|f(x)|的图象是由f(x)图象的将x<0的部分关于x轴对称翻折上来，x>0部分保持不变所得，所以a∈(0，＋∞)．选B.
【题型十】 嵌套函数含参型：双函数型
【典例分析】
已知，函数，，若函数有4个零点，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】
画出函数的图像，对分成，等种情况，研究零点个数，由此求得的取值范围.
【详解】
令，画出函数的图像如下图所示，由图可知，
（1）当或时，存在唯一，使，而至多有两个根，不符合题意.
（2）当时，由解得，由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根；由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.由于上述四个实数根互不相等，故时，符合题意.
（3）当时，由解得，由化简得，其判别式为负数，没有实数根；由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.故当时，不符合题意.
（4）当时，由，根据图像可知有三个解，不妨设.
即即.
i）当时，，故①②③三个方程都分别有个解，共有个解，不符合题意.
ii)当时，，①有个解，②③分别有个解，共有个解，不符合题意.
iii）当时，，①无解，②③分别有个解，共有个解，符合题意.
iv）当时，，①无解，②有个解，③有两个解，共有个解，不符合题意.
v）当时，，①无解，②无解，③至多有个解，不符合题意.
综上所述，的取值范围是.
【提分秘籍】
基本规律
1.f（x）与g（x）型
2.多为一分段一个是常规函数
【变式演练】
1.设函数若函数有六个不同的零点，则实数a的取值范围为________．
【答案】．
【分析】利用数形结合即求.
【详解】函数的零点即为方程的解，也即的解，
令，则原方程的解变为方程组的解，
作出函数和直线的图象如图所示．
由图可知，当时，有两个不同的x与之对应；
当时，有一个x与之对应，当时，没有x与之对应．
由方程组有六个不同的x解知，需要方程②有三个不同的t，且都大于，
作出函数和直线的图象如图所示，
由图可知当时满足要求，综上，实数a的取值范围为．
故答案为：
2.已知函数fx=e|x|−12，gx=12x+1,x≤0x−1lnx,x>0若关于x的方程gfx−m=0有四个不同的解，则实数m的取值集合为（ ）
A．0,ln22 B．ln22,1 C．ln22 D．0,1
【答案】A
【分析】设t=f(x)，根据f(x)的解析式，可得f(x)的单调性、奇偶性，即可作出f(x)的图象，即可求得t的最小值，利用导数判断g(x)的单调性，结合t的范围，作出g(t)的图象，数形结合，可得 m∈0,ln22时，y=g(t),t≥12的图象与y=m图象有2个交点，此时y=t1与y=t2分别与y=f(x)有2个交点，即即gfx−m=0有四个不同的解，满足题意，即可得答案.
【详解】设t=f(x)，则g(t)−m=0有四个不同的解，因为f(−x)=e|−x|−12=e|x|−12=f(x)，
所以t=f(x)为偶函数，且当x>0时，f(x)=ex−12为增函数，所以当x≤0时，t=f(x)为减函数，
所以tmin=f(0)=e0−12=12，即t≥12，当x>0时，g(x)=x−1lnx，
则g'(x)=lnx+1xx−1=lnx−1x+1，令g'(x)=0，解得x=1，
所以当x∈(0,1)时，g'(x)<0，g(x)为减函数，当x∈(1,+∞)时，g'(x)>0，g(x)为增函数，
又g12=−12ln12=ln22，作出x>0时g(x)的图象，如图所示：
所以当m∈0,ln22时，y=g(t),t≥12的图象与y=m图象有2个交点，且设为t1,t2，
作出t=f(x)图象，如下图所示：
此时y=t1与y=t2分别与y=f(x)有2个交点，即gfx−m=0有四个不同的解，满足题意.
综上实数m的取值范围为0,ln22.故选：A
3.已知函数f(x)＝x＋sin x＋2x−12x+1，且方程f(|f(x)|－a)＝0有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是( )
A．[0，＋∞) B．(0，＋∞)
C．[－1,2) D．(－1,2)
【答案】B
【解析】
【详解】
由于f(－x)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，图象关于原点对称．由于(x＋sin x)′＝1＋cosx≥0，且2x−12x+1＝1－22x+1为增函数．故f(x)为R上的增函数，且f(0)＝0.所以|f(x)|－a＝0，即|f(x)|＝a有两个不同的实数根，|f(x)|的图象是由f(x)图象的将x<0的部分关于x轴对称翻折上来，x>0部分保持不变所得，所以a∈(0，＋∞)．选B.
4.已知λ∈R，函数f(x)=x+1,x<0lgx,x>0，g(x)=x2−4x+1+2λ，若关于x的方程f(g(x))=λ有6个解，则λ的取值范围是（ ）
A．(0,23) B．(12,23) C．(25,12) D．(0,25)
【答案】A
令g(x)=t，画出y=f(t)与y=λ的图象，则方程f(t)=λ的解有3个，由图象可得，0<λ<1．且三个解分别为t1=−1−λ，t2=−1+λ，t3=10λ再由g(x)=t，应用判别式大于0，分别求解，最后求交集即可．
解：令g(x)=t，则方程f(t)=λ的解有3个，由图象可得，0<λ<1．
且三个解分别为t1=−1−λ，t2=−1+λ，t3=10λ，
则x2−4x+1+2λ=−1−λ，x2−4x+1+2λ=−1+λ，
x2−4x+1+2λ=10λ，均有两个不相等的实根，
则Δ1>0，且Δ2>0，且Δ3>0，
即16−4(2+3λ)>0且16−4(2+λ)>0，解得0<λ<23，
当0<λ<23时，Δ3=16−4(1+2λ−10λ)>0，即3−2λ+10λ>0恒成立，
故λ的取值范围为(0,23)．故选：A．
【题型十一】嵌套函数双复合型
【典例分析】
已知函数fx=2xx≤1log2x−1x>1,则函数Fx=ffx−fx−1的零点个数是( ）
A．7 B．6 C．5 D．4
【答案】A【解析】分析：令f（x）=t， 函数Fx=ffx−fx−1的零点个数问题⇔f（t）−t−1=0 的根的个数问题．结合图象可得f（t）−t−1=0的根t1=0，t2=1,t3∈（1，2）．，方程f（x）=0 有1解，f（x）=1有3解，f（x）=t3有3解.从而得到函数Fx=ffx−fx−1的零点个数
详解：令f（x）=t， 函数Fx=ffx−fx−1的零点个数问题⇔f（t）−t−1=0 的根的个数问题．即y=f（t），y=t+1 的图象如图，结合图象可得f（t）−t−1=0的根t1=0，t2=1,t3∈（1，2）． 方程f（x）=0 有1解，f（x）=1有3解，f（x）=t3有3解.
综上，函数f（t）−t−1=0的零点个数是7．
【提分秘籍】
基本规律
多以题型为主
【变式演练】
1.已知函数f(x)=2x+22,x≤1|log2(x−1)|,x>1，则函数f(x)=ff(x)−2f(x)−32的零点个数是（ ）．
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A【解析】令t=f(x),F(x)=0，则f(t)−2t−32=0，分别作出y=f(x)和直线y=2x+32，由图象可得有两个交点,横坐标设为t1,t2，则t1=0,1
【答案】6
【分析】
令，原方程可得，利用数形结合判断与交点个数及交点横坐标的范围，再根据横坐标判断时交点的个数，即为实根的个数.
【详解】
令，方程为：，即，
与 的性质如下：
1、：在上单调递增，值域为；上递增,上递减，
值域为且、；上单调递增，值域为；
2、：过定点，定义域上单调递减；
∴可得函数图象如下图示，
∴共有三个交点，横坐标分别为 ，且，
∴当，显然无解；当时，有四个实根；当时，有两个实根，
∴如下图示：一共有6个实根.
故答案为：6
1.（2020·江苏·无锡市大桥实验学校）已知函数f(x)={x2−1,x<1lnxx,x≥1，若关于x的方程2[f(x)]2+(1−2m)f(x)−m=0有5个不同的实数解，则实数m的取值范围是（ ）
A．(0,1e) B．[0,1e) C．(−1,1e) D．{−1,1e}
【答案】A
【解析】
【分析】
利用导数研究函数y=lnxx的单调性并求得最值，求解方程2[f(x)]2+(1−2m)f(x)−m=0得到f(x)=m或f(x)=−12．画出函数图象，数形结合得答案．
【详解】
解：设y=lnxx，则y'=1−lnxx2，
由y'=0，解得x=e，
当x∈(0,e)时，y'>0，函数为增函数，当x∈(e,+∞)时，y'<0，函数为减函数．
∴当x=e时，函数取得极大值也是最大值为f（e）=1e．
方程2[f(x)]2+(1−2m)f(x)−m=0化为[f(x)−m][2f(x)+1]=0．
解得f(x)=m或f(x)=−12．
如图画出函数图象：
可得m的取值范围是0,1e．故选：A．
2.（2019·全国·高三阶段练习（理））已知函数f(x)=ex,x≤0x3−6x2+9x+1,x>0，若方程[f(x)]2−(m+1)f(x)+m=0恰有5个不同的实数解，则实数m的取值范围为（ ）
A．1,5 B．1,5∪5,9 C．(1,5] D．(0,1)∪{5}
【答案】A
【分析】
先根据题意求导判断f(x)的单调性,作出f(x)的简图,由题意可得方程可化简为(f(x)−1)(f(x)−m)=0即f(x)=1或f(x)=m.由图像可知y=f(x)与y=1有两个公共点,结合图象只需只需y=f(x)与y=m有3个公共点即可.
【详解】当x>0时，f'(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3)，
易知函数f(x)在(−∞,1),(3,+∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，
f(1)=5,f(3)=1.由[f(x)]2−(m+1)f(x)+m=0，
可得(f(x)−1)(f(x)−m)=0，即f(x)=1或f(x)=m.
由图像可知y=f(x)与y=1有两个公共点，所以只需y=f(x)与y=m有3个公共点，所以1
3.（2019·黑龙江·大庆一中阶段练习）设函数f(x)=3x+1，x≤0log4x，x>0,若关于x的方程f2(x)−(a+2)f(x)+3=0恰好有六个不同的实数解,则实数a的取值范围为
A．(−23−2，23−2) B．(23−2，32] C．32,+∞ D．(23−2,+∞)
【答案】B
【详解】
作出函数fx=3x+1,x≤0log4x,x>0的图象如图，令fx=t，则方程f2x−a+2fx+3=0化为t2−a+2t+3=0，要使关于x的方程f2x−a+2fx+3=0，恰好有六个不同的实数根，则方程f2x−a+2fx+3=0在1,2内有两个不同实数根，∴Δ=a+22−12>01022−a+2×2+3≥0，解得23−2
【答案】2,+∞
【解析】
【分析】
先根据函数的解析式作出函数f(x)的图象，然后利用换元法将关于x的方程f2(x)−af(x)+1=0恰有3个不同的实数根，转化为t2−at+1=0有两个不同的实数根，且t1∈(0,1)，t2∈[1，+∞)，然后再利用二次方程根的分布列出不等式组，求解即可得到答案．
【详解】
解：因为函数f(x)=|2x−1|，作出函数图象如图所示，
因为关于x的方程f2(x)−af(x)+1=0恰有3个不同的实数根，
所以令t=f(x)，根据图象可得，t2−at+1=0有两个不同的实数根，且t1∈(0,1)，t2∈[1，+∞)，
记g(t)=t2−at+1，则有△=a2−4>0g(0)>0g(1)⩽0，解得a>2，所以实数a的取值范围为2,+∞．
故答案为：2,+∞．
5.（2021·云南玉溪期末（理））函数fx=−lnx,x∈0,112x−1−1,x∈1,+∞，关于x的方程2fx2−4mfx+5m−2=0）有4个不同的实数解，则m的取值范围是______．
【答案】25,12
【解析】
令fx=t，则方程2fx2−4mfx+5m−2=0有4个不同的实数解等价于方程2t2−4mt+5m−2=0有两个根且两个都在区间0,1上，再作出实根分布知识即可求解．
【详解】
作出函数fx=−lnx,x∈0,112x−1−1,x∈1,+∞的图象，
如图所示：
令fx=t，则关于x的方程2fx2−4mfx+5m−2=0有4个不同的实数解等价于方程2t2−4mt+5m−2=0有两个不等根且两个根都在区间0,1上，
设gt=2t2−4mt+5m−2，由图有00g0>0gm<0解得m∈25,12．
故答案为：25,12．
6.（浙江省宁波市九校2019-2020学年）已知函数fx=2xx2+3,x≤0x3,x>0，若关于x的方程fx−a+fx−a−1=1有且仅有三个不同的整数解，则实数a的取值范围是（ ）
A．−32,−2719 B．0,8 C．−47,−1819 D．−12,0
【答案】A
【分析】作出函数y=fx的图象，由fx−a+fx−a−1=1可得出a≤fx≤a+1，即函数y=fx位于直线y=a和y=a+1的图象上有三个横坐标为整数的点，数形结合可得实数a的取值范围.
【详解】∵fx−a+fx−a−1=2a+1−2fx,fxa+1，
∴函数y=fx位于直线y=a和y=a+1的图象上有三个横坐标为整数的点.
当x<0时，fx=2xx2+3=2x+3x且fx<0，
由双勾函数的单调性可知，函数y=fx在区间−∞,−3上单调递减，在区间−3,0上单调递增，
当x<0时，fxmin=f−3=−33，
∵f−1=−12，f−2=−47，f−3=−12，f−4=−819，且f−4>f−3>f−2，如下图所示：
要使得函数y=fx位于直线y=a和y=a+1的图象上有三个横坐标为整数的点，
则f−3≤a+1
因此，实数a的取值范围是−32,−2719.
故选：A.
7.（福建省同安第一中学2021-2022）定义域和值域均为−a,a（常数a>0）的函数y=fx和y=gx图象如图所示，给出下列四个命题，那么，其中正确命题是（ ）
A．方程fgx=0有且仅有三个解
B．方程gfx=0有且仅有三个解
C．方程ffx=0有且仅有九个解
D．方程ggx=0有且仅有一个解
【答案】AD
【分析】通过利用t=fx或t=gx，结合函数y=fx和y=gx的图象，分析每个选项中外层函数的零点，再分析外层零点对应的直线与内层函数图象的交点个数，即可得出结论.
解：对于A中，设t=g(x)，则由fgx=0，即f(t)=0，
由图象知方程f(t)=0有三个不同的解，设其解为t1，t2，t3，
由于y=g(x)是减函数，则直线y=t0
所以fgx=0有三个解，故A正确；
对于B中，设t=f(x)，则由gfx=0，即g(t)=0，
由图象可得g(t)=0有且仅有一个解，设其解为b，可知0
所以方程f(x)=b只有两个解，所以方程gfx=0有两个解，故B错误；
对于C中，设t=f(x)，若ffx=0，即f(t)=0，
方程f(t)=0有三个不同的解，设其解为t1，t2，t3，设t1
直线y=t3=a与函数y=fx只有1个交点，
所以fx=t1或fx=t2或fx=t3共有7个解，
所以ffx=0共有七个解，故C错误；
对于D中，设t=g(x)，若ggx=0，即g(t)=0，
由图象可得g(t)=0有且仅有一个解，设其解为b，可知0
所以方程g(x)=b只有1解，所以方程ggx=0只有一个解，故D正确.
故选：AD.
8.（河北省张家口市第一中学）已知函数f(x)=−x2+bx+c，则“ffb2>0”是“方程f(x)=0有两个不同实数解且方程f(f(x))=0恰有两个不同实数解”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据二次函数的图象与性质，求得f(f(b2))>0，反之若f(t)=0有两个正根t1
要使得方程f(x)=0有两个不同实数，只需f(b2)>0，
要使得方程f(f(x))=0恰有两个不同实数解，设两解分别为x1,x2，且x10，所以f(f(b2))>0，所以必要性成立；
反之，设t=f(b2)>0，即f(t)>0，
当f(t)=0有两个正根，且满足t10”是“方程f(x)=0有两个不同实数解且方程f(f(x))=0恰有两个不同实数解”的必要不充分条件.故选：C.
9.（山西省2021届高三一模）已知定义在上的单调函数，若对任意都有，则方程的解集为_______．
【答案】．
【分析】由题可求，再利用数形结合即求.
【详解】∵定义在上的单调函数，对任意都有，
令，则，
在上式中令，则，解得，
故，
由得，即，
在同一坐标系中作出函数和的图像，
可知这两个图像有2个交点，即和，则方程的解集为．故答案为：.
10.（2021年新高考北京数学高考）已知函数，下列关于函数零点个数的四个判断，正确的是___________.
①当时，有3个零点；
②当时，有2个零点；
③当时，有4个零点；
④当时，有1个零点.
【答案】①②
【分析】由可得，利用换元法将函数分解为和
，作出函数的图象，利用数形结合即可得结论.
【详解】可得：，设，则方程等价于，
若，作出函数的图象如图，
此时方程有两根，其中，由有一解，
由有两解，此时共有个解，即函数有个零点，
当时，有3个零点；
当时，作出函数的图象如图，
此时方程有一根，
由有两解，即函数有个零点，所以当时，有2个零点；故答案为：①②.
11.（2020届福建省厦门一中高三上学期月考）函数f(x)=ex+ax+ax+1,x>−1x2+4x+3,x≤−1，则关于x的方程ffx=0的实数解最多有（ ）
A．7个 B．10个 C．12个 D．15个
【答案】C
【解析】
【分析】
判断f(x)的单调性，作出f(x)的大致函数图象，求出ft=0的解，再根据f(x)的图象得出f(x)=t的解得个数即可得出结论．
【详解】
当x>−1时，f'(x)=x⋅exx+12
∴f(x)在−1,0上单调递减，在0,+∞上单调递增．
∴当x=0时，f(x)取得极小值f0=a+1．
当x≤−1时，由二次函数性质可知f(x)在−∞,−2上单调递减，在−2,−1上单调递增，
∴当x=−2时，f(x)取得极小值f−2=−1．
当1+a<0时，则f(x)=0有4个解，不妨设从小到大依次为t1,t2,t3,t4，
则t1=3,t2=−1，−10．
再令1+a<−3，作出f(x)的函数图象如图所示：
ffx=0 ，则f(x)=t，（i=1，2，3，4）．
由图象可知fx=−3有2解，fx=−1有3解，fx=t3有4解，fx=t4有3解，
此时ffx=0有12解．
当−3≤1+a<0时，则f(x)=0有4个解，t1=3,t2=−1,t3∈−1,0,t4>0
则fx=t4有3解，fx=−1至多3解，fx=−3至多1解，fx=t3至多4解.
此时方程ffx=0至多11解.
当1+a>0时，则f(x)=0有2个解，t1=3,t2=−1，
由上可知fx=−3无实数根，fx=−1有1解，所以ffx=0有1解.
当1+a=0时，则f(x)=0有3个解，t1=3,t2=−1,t3=0，
由上可知fx=−3无实数根，fx=−1有1解, fx=t3有4解.
所以此时ffx=0有5解.综上所述：ffx=0至多12解.故选：C．
12.（四川省泸州市合江中学2018届高三期末）f(x)是定义在（0，＋∞）上单调函数，且对∀x∈(0,+∞)，都有f(f(x)−lnx)=e+1，则方程f(x)−f'(x)=e的实数解所在的区间是
A．（0，1e） B．（1e，1） C．（1，e） D．（e，3）
【答案】C
【解析】
【详解】
试题分析：因为f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数，且对于∀x∈(0,+∞)，都有f(f(x)−lnx)=e+1，设f(x)−lnx=t，则f(t)=e+1，即f(x)=lnx+t，令x=t，则f(t)=lnt+t=e+1，则t=e，即f(x)=lnx+e，函数的导数为f'(x)=1x，又由于f(x)−f'(x)=e，得lnx+−1x=e，即lnx−1x=0，设，则ℎ(1)=ln1−1=−1<0,ℎ(e)=lne−1e=1−1e>0，所以函数ℎ(x)在(1,e)上存在一个零点，即方程f(x)−f'(x)=e的实数解所在的区间是(1,e)，故选C．
专题2-4 复合二次型和镶嵌函数的零点
目录
一、热点题型归纳 1
【题型一】 一元二次复合型基础：可因式分解型 1
【题型二】 一元二次复合型：根的分布型 3
【题型三】 一元二次复合型：参变飞羽判别式、求根公式型 6
【题型四】 一元二次复合型：线性规划型（老高考） 10
【题型五】 一元二次复合型：函数性质综合型 13
【题型六】 嵌套函数基础型 16
【题型七】 嵌套函数常规型：无参数双坐标系换元转换法 18
【题型八】 嵌套函数含参型：解析式含参 20
【题型九】 嵌套函数含参型：参数在方程 24
【题型十】 嵌套函数含参型：双函数型 28
【题型十一】 嵌套函数双复合型 33
二、最新模考题组练 36
【题型一】 一元二次复合型基础型：可因式分解
【典例分析】
已知函数fx=xlnx，若关于x的方程fx2+afx+a−1=0有且仅有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是( )
A．−2e,1−e B．1−e,0 C．−∞,1−e D．1−e,2e
【答案】C
【分析】首先利用导函数求f(x)的单调性，根据其单调性作出f(x)的大致图像，然后结合已知条件将方程解的问题转换成交点问题即可求解.
【详解】因为fx=xlnx，所以f'x=lnx−1lnx2，当x∈0,1∪1,e，f'x<0；当x∈e,+∞，f'x>0，
所以fx在0,1和1,e单调递减，在e,+∞单调递增，
且当x→0时，fx→0，fe=e，故fx的大致图象如图所示：
关于x的方程fx2+afx+a−1=0等价于fx+1fx+a−1=0，
即fx=−1或fx=1−a，由图知，方程fx=−1有且仅有一解，则fx=1−a有两解，
所以1−a>e，解得a<1−e，故选:C.
【提分秘籍】
基本规律
1.以f（x）为变量，可转化为一元二次型
2.一元二次可通过因式分解，转化为“水平线与f（x）交点型”
【变式演练】
1.已知f(x)是定义在R上的偶函数，且满足f(x)=−x2+3x,0≤x<1x−2lnx,x≥1，若关于x的方程[f(x)]2+a−1f(x)−a=0有10个不同的实数解，则实数a的取值范围是（ ）
A．1,2 B．−2,−1∪{2ln2−2}
C．−2,2ln2−2 D．−2,2ln2−2
【答案】B
【分析】求导分析f(x)的单调性、极值、边界情况，画出函数y=f(x)在[0,+∞)的图象，数形结合即得解
【详解】当x≥1时，f(x)=x−2lnx，f'(x)=1−2x，当1≤x<2时，f'(x)<0，当x>2时，f'(x)>0，
所以f(x)在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
当x=2时，f(x)取得极小值f2=2−2ln2，且f1=1，当x→+∞时，f(x)→+∞；
当0≤x<1时，f(x)=−x2+3x单调递增，且此时0≤f(x)<2.
函 数y=f(x)在[0,+∞)的图象如下图所示：
方程f(x)2+a−1f(x)−a=0即f(x)−1f(x)+a=0，
由图象可知，f(x)−1=0在[0,+∞)有3个实数解，由于y=f(x)为偶函数，故在R上有6个实数解
所以只需要f(x)+a=0有4个不同的实数解，
可得a=2ln2−2或−2
A．(1,2) B．(1,32)∪(32,2) C．[32,2) D．(1,32)
【答案】B
【分析】
首先根据题意得到fx=32或fx=a，再根据函数fx图象即可得到答案.
【详解】因为2f2(x)−(2a+3)f(x)+3a=0，所以2fx−3fx−a=0，
即fx=32或fx=a，由fx图象可知：
fx=32有2个解，所以fx=a有3个解，所以1
3.已知函数fx=x2−1,x<1lnxx,x≥1，若关于x的方程fx2+1−2mfx−2m=0有4个不同的实数解，则实数m的取值范围是（ ）
A．13,1e B．13,12e C．0,1e D．0,12e
【答案】D
【解析】
【分析】
令fx2+1−2mfx−2m=0，得fx=2m或fx=−1，将问题等价转化为直线y=2m和直线y=−1与函数y=fx的图象共有4个交点，数形结合可得出实数m的取值范围.
【详解】
令fx2+1−2mfx−2m=0，即fx−2m⋅fx+1=0，得fx=2m或fx=−1，
则直线y=2m和直线y=−1与函数y=fx的图象共有4个交点.
当x≥1时，fx=lnxx，f'x=1−lnxx2，令f'x=0，得x=e.
当1≤x
当x>e时，f'x<0，此时函数y=fx单调递减.
函数y=fx的极大值为fe=1e，且当x>1时，fx=lnxx>0，如下图所示：
由于关于x的方程fx2+1−2mfx−2m=0有4个不同的实数解，
由图象可知，直线y=−1与函数y=fx的图象只有一个交点，
所以，直线y=2m与函数y=fx的图象有3个交点，所以0<2m<1e，解得0
【题型二】 一元二次复合型：根的分布型
【典例分析】
已知函数fx=xex，若关于x的方程f2x−mfx−2m2=0 有三个不同的实数解，则m的取值范围是（ ）
A．0,12e∪−1e,0 B．−1e,12e
C．−1e,1e D．−∞,12e
【答案】A
【分析】根据函数的单调性，作出y=fx大致图象，设fx=t，则fx2−mfx−2m2=0有三个不同的实数解，对方程t2−mt−2m2=0进行分析，当m=0时，不符合题意，当m≠0时，t2−mt−2m2=0必有两根，其中t1∈0,1e,t2∈−∞,0，再根据二次函数的性质，即可求出结果．
【详解】由fx的定义域为R，f'x=ex−xexex2=1−xex ， 所以在(1，+∞)上，f'x<0，fx单调递减，
在(−∞，1)上，f'x>0，fx单调递增，所以fxmax=f1=1e，f0=0，
若关于x的方程f2x−mfx−2m2=0有三个不同的实数解，
令t=fx，则关于x的方程f2x−mfx−2m2=0等价于关于t的方程t2−mt−2m2=0，作出函数y=fx的草图，如下：
由图像可知，当m=0，方程为fx=0，此时只有x=0一个根，不合题意，
当m≠0时，即Δ=m2+8m2>0 ，设方程t2−mt−2m2=0有两根，分别为t1,t2，
又t1⋅t2=−2m2<0，由图像可知， t1∈0,1e,t2∈−∞,0， 令φt=t2−mt−2m2，则φ1e>0φ0<0，即1e2−m1e−2m2>0−2m2<0解得，−1e
【提分秘籍】
基本规律
1.“一元二次”系数多参，无法因式分解
2.可通过分析f（x）图像，确定“水平线与f（x）”交点情况。进而确定一元二次根的范围
3.通过“根的分布”知识转化为不等式（组）求解
【变式演练】
1.已知函数f(x)=1|x|−1，若关于x的方程f2(x)+bf(x)+c=0恰有6个不同的实数解，则b,c的取值情况不可能的是（ ）
A．−1
C．1+b+c<0，c>0 D．1+b+c=0，0
【分析】根据函数f(x)=1|x|−1的图像，令f(x)=t，则t2+bt+c=0，则方程有t1,t2两解，
必有0
令f(x)=t，则t2+bt+c=0，则有t=t1,t=t2两解，必有0
2.设函数f(x)=3x+1,x≤0log4x,x>0若关于x的方程f2x−(a+2)fx+3=0恰好有六个不同的实数解，则实数a的取值范围为
A．(23－2，32 B．(－23－2，23－2)
C．(32，＋∞) D．(23－2，＋∞)
【答案】A
【分析】画出fx的图像，利用fx图像，利用换元法，将方程f2x−(a+2)fx+3=0恰好有六个不同的实数解的问题，转化为一元二次方程在给定区间内有两个不同的实数根，由此列不等式组，解不等式组求得a的取值范围.
【详解】
画出fx的图像如下图所示，令fx=t，则方程f2x−(a+2)fx+3=0转化为t2−a+2t+3=0，由图可知，要使关于x的将方程f2x−(a+2)fx+3=0恰好有六个不同的实数解，则方程t2−a+2t+3=0在1,2内有两个不同的实数根，所以Δ=a+22−12>01
3.设定义域为R的函数fx={5x−1−1,x≥0x2+4x+4,x<0，若关于x的方程f2x−2m+1fx+m2=0有7个不同的实数解，则m=
A．m=6 B．m=2 C．m=6或2 D．m=−6
【答案】B
【详解】设f(x)=t，作出函数f(x)图象，如图所示：
由图象可知：
当t>4时，函数图象有2个交点，
当t=4时，函数图象有3个交点，
当0
当t<0，函数图象无交点．
要使方程f2x−2m+1fx+m2=0有7个不同的实数解，则要求对应方程t2−(2m+1)t+m2=0中的两个根t1=4或0
【题型三】 一元二次复合型：参变分离与判别式、求根公式型
【典例分析】
已知f(x)=xlnx，若关于x的方程[f(x)]2+mf(x)−e2+1=0恰有3个不同的实数解（e为自然对数的底数），则实数m的取值范围是（ ）
A．m<1e B．m≥−1e
C．m<−1e D．m≥1e
【答案】C
【分析】求导得f'(x)=lnx−1(lnx)2，x∈(0，1)∪(1，+∞)，分析导数的正负，f(x)单调性，最值，作出f(x)的图象，令t=f(x)，t<0或t≥e，方程[f(x)]2+mf(x)−e2+1=0，转化为m=−t2+e2−1t，令g(t)=−t2+e2−1t，t<0或t≥e，分析g(t)单调性，作出g(t)图象，分两种情况：当m<−1e、m=−1e、m>−1e，分析y=m与y=g(t)交点个数，进而可得m的取值范围．
解：f'(x)=lnx−x⋅1x(lnx)2=lnx−1(lnx)2，x∈(0，1)∪(1，+∞)，令f'(x)=0，得x=e，在(1,e)上，f'(x)<0，f(x)单调递减，在(e,+∞)上，f'(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)极小值=f(e)=elne=e，
在(0,1)上，f'(x)<0，f(x)单调递减，且f(x)<0，
在(0,1)上，当x→0时，f(x)→0，当t→1时，f(x)→−∞，
在(1,+∞)上，当x→1时，f(x)→+∞，当t→+∞时，f(x)→+∞，
作出f(x)的大致图象：
令t=f(x)，t<0或t⩾e，方程[f(x)]2+mf(x)−e2+1=0，即为t2+mt−e2+1=0，则m=−t2+e2−1t，
令g(t)=−t2+e2−1t，t<0或t⩾e，g'(t)=−2t2−(−t2+e2−1)t2=−t2−e2+1t2<0所以在(−∞,0)，(e,+∞)上单调递减，g(e)=−1e,g(−e)=1e，在t∈(−∞,0)上，当t→0时，g(t)→−∞，当t→−∞时，g(t)→+∞，
作出g(t)的大致图象如下：
①当m≤−1e时，y=m与y=g(t)有两个交点，不妨设交点的横坐标为t1，t2，
当m<−1e时，结合图象可−e
当−e
当m=−1e时，−e
结合图象可得t3<0，则方程t3=f(x)有一个根0
【提分秘籍】
基本规律
对于具有特殊形式的“一元二次型”
1、 可以通过参变分离求解参数
2、 可以通过判别式来讨论判断
3、 可通过求根公式来计算。
【变式演练】
1.已知函数fx=x2−3ex，设关于x的方程f2x−mfx−12e2=0m∈R有n个不同的实数解，则n的所有可能的值为（ ）
A．3 B．1或3 C．4或6 D．3或4或6
【答案】B
【分析】由已知，f'(x)=(x2+2x−3)ex，令f'(x)=0，解得x=−3或x=1，则函数f(x)在(−∞，−3)和[1，+∞)上单调递增，在[−3，1)上单调递减，极大值f(−3)=6e3，最小值f(1)=−2e.
f(x)的图象如下：
综上可考查方程f(x)=k的根的情况如下：
（1）当k>6e3或k=−2e时，有唯一实根；
（2）当0
令g(k)=k2−mk−12e2，则由g(k)=0，得k=m±m2+12e22，
当m≥0时，由k1=m+m2+12e22≥3e>6e3，
符号情况（1），此时原方程有1个根，
由k2=m−m2+12e22，而−2e<−3e
符号情况（1）或（2），此时原方程有1个或三个根，
由k2<−3e，又−2e<−3e<0，符号情况（3），此时原方程有两个根，
综上得共1个或3个根.综上所述，n的值为1或3.故选B.
2.已知函数f(x)=x2−3ex，若关于x的方程[f(x)]2+tf(x)−12e2=0(t∈R)有m个不同的实数解，则m的所有可能的值构成的集合为______．
【答案】3
【分析】
求函数f(x)的导数，判断函数的极值，作出函数f(x)的图象，设n=f(x)，利用根与系数之间的关系得到n2+nt−12e2=0的两根之积n1n2=−12e2，利用数形结合进行讨论求解即可．
【详解】
函数f(x)的导数为f'(x)=2xex−(x2−3)ex(ex)2=2x−x2+3ex=−(x2−2x−3)ex=−(x+1)(x−3)ex，
由f'(x)>0，得−1
即有f(x)在x=−1处取得极小值f(−1)=−2e；在x=3处取得极大值f(3)=6e3，
作出f(x)的图象，如图所示:
关于x的方程[f(x)]2+tf(x)−12e2=0(t∈R)，令n=f(x)，则n2−nt−12e2=0，由判别式△=t2+48e2>0，方程有两个不等实根，n1n2=−12e2<0，则原方程有一正一负实根．而−2e×6e3=−12e2，即当n1=6e3，则n2=−2e，此时y=n1和f(x)的图象有两个交点，y=n2与f(x) 的图象有1个交点，此时共有3个交点，
当n1>6e3，则−2e
当n1=−2e，则n2=6e3，此时y=n1和f(x) 的图象有1个交点，y=n2与f(x) 的图象有2个交点，此时共有3个交点，
当n1<−2e，则0
即m的所有可能的值构成的集合为{3}，故答案为{3}．
3.已知，关于的不等式有且只有一个整数解，则实数的最大值是____．
【答案】8【分析】
先作出函数图像，再根据 a,b的正负性，结合函数图象讨论求解.
【详解】作出的函数图象如图所示：
（1）若，则，
当时，无解；
当时，，
由图象可知不可能只有一个整数解；
当时，，
若只有一个整数解，由图象可知此整数解必为．
又（3），（4），故而，即．
（2）若，由可得．
，由图象可知有两个整数解，，
至少含有两个整数解，不符合题意．
综上，的最大值为8．故答案为：8．
【题型四】 一元二次复合型（老高考）：线性规划型
【典例分析】
已知函数fx=−x+1+1,x≤0ln(ex)x+1,x>0，若方程fx2−mfx+n=0n≠0有7个不同的实数解,则2m+3n的取值范围（ ）
A．(2,6) B．(6,9) C．(2,12) D．(4,13)
【答案】C
【分析】
先画出fx的图象,设t=fx,由图象可转化问题为fx=t1有3个解,fx=t2有4个解,则分别讨论①t1=0,t2∈0,1；②t1∈1,2,t2∈0,1；③t1=1,t2∈0,1,再利用线性规划求解.
【详解】
由题,当x≤0时,fx=−x,−1
当x∈0,1时,f'x>0；当x∈1,+∞,f'x<0,所以fx在0,1上单调递增,在1,+∞上单调递减,
所以fxmax=f1=2,
当x→0时,lnex→−∞,则fx→−∞；当x→+∞时,lnexx→0,则fx→1,
画出fx的图象,如图所示,
因为fx2−mfx+n=0n≠0有7个不同的实数解, 设t=fx,则t2−mt+n=0n≠0,
设t1,t2为方程t2−mt+n=0n≠0的解,则由图象可知fx=t1有3个解,fx=t2有4个解,
①t1=0,t2∈0,1,将t1=0代入方程中可得n=0,与条件矛盾,舍去；
②t1∈1,2,t2∈0,1,设gt=t2−mt+n,
则g0>0g1<0g2>0,即n>01−m+n<04−2m+n>0,则可行域如图所示,设z=2m+3n,即n=−23m+13z,
平移直线n=−23m+13z,与点B相交时截距最小,与点A相交时截距最大,因为点B1,0,点A3,2,所以2m+3n∈2,12；
③t1=1,t2∈0,1,则g0>0g1=00
因为点B1,0,点C2,1,所以2m+3n∈2,7,
综上,2m+3n∈2,12,故选:C
【提分秘籍】
基本规律
“一元二次型”系数多参，对于根的分布得到的不等式（组），可借助线性规划求解多参式的范围或者最值
【变式演练】
1.已知函数f(x)={2x+1,x<0|12x2−2x+1|,x≥0 ，方程f2(x)−af(x)+b=0(b≠0)有六个不同的实数解，则3a+b的取值范围是
A．[6,11] B．[3,11] C．(6,11) D．(3,11)
【答案】D
【分析】作函数的图象，从而利用数形结合知t2−at+b=0有2个不同的正实数解，且其中一个在0，1上，一个在1，2上，利用数形结合思想列出关于a,b的不等式组，结合线性规划知识可得结果.
【详解】作函数fx的图象如下，
∵关于x的方程f2x−afx+b=0有6个不同实数解，令t=fx，
∴t2−at+b=0有2个不同的正实数解，其中一个在0，1上，一个在1，2上；故b>01−a+b<04−2a+b>0，
其对应的平面区域如下图所示：故当a=3，b=2时，3a+b取最大值11，当a=1，b=0时，3a+b取最小值3，则3a+b的取值范围是3，11。故选D．
2.已知函数f(x)=|lnx|,x>0x2+4x+1,x≤0，若关于x的方程f(x)2−bf(x)+c=0(b,c∈R)有8个不同的实数根，则b+c的取值范围是（ ）
A．(−∞,3) B．(0,3] C．[0,3] D．(0,3)
【答案】D
函数f（x）的图像如上图所示，显然直线y=1与图像有4个交点，且函数图像与x轴有3个交点．设t=f（x）,则．①当该方程无解时，显然关于x的方程f(x)2−bf(x)+c=0(b,c∈R)无实数解；②当该方程有1个解时，显然关于x的方程f(x)2−bf(x)+c=0(b,c∈R)最多有4个解；当该方程有两个不等的实数解时，关于x的方程f(x)2−bf(x)+c=0(b,c∈R)可能会出现8个实数解，但需有…（*）．将b看作自变量、c看作因变量，于是设，则z可看作是直线在c轴上的截距．不等式组（*）表示的平面区域如下图所示曲边三角形OPQ的内部且包含线段OQ（除端点）．显然当直线过点O时截距最小即z最小，当过点P（2，1）时，截距最大即z最大，但因为不等式组表示的区域不包含点O，点P，所以,故选D．
【题型五】 一元二次复合型：函数性质综合型
【典例分析】
已知偶函数f(x)满足f(3+x)=f(3−x)，且当x∈[0,3]时，f(x)=−x2+2x+1，若关于x的方程f2(x)−tf(x)−3=0在[−150,150]上有300个解，则实数t的取值范围是（ ）
A．−2,12 B．−12,12 C．−2,+∞ D．−∞,12
【答案】B
【解析】
【分析】
根据偶函数和f(3+x)=f(3−x)得出函数的周期为6，作出函数在[−3,3]内的图象，根据周期性可知关于x的方程f2(x)−tf(x)−3=0在[−3,3]上有6个解，结合图象分析可得关于x的方程x2−tx−3=0在区间(−2,1)和(1,2)内各有一个实根，根据二次方程实根的分布，列不等式组即可解得结果.
【详解】
因为偶函数f(x)满足f(3+x)=f(3−x)，所以f(3+x)=f(x−3)，
所以函数f(x)是周期为6的周期函数，
因为当x∈[0,3]时，f(x)=−x2+2x+1，
所以当x∈[−3,0]时，−x∈[0,3]，所以f(x)=f(−x)=−(−x)2+2(−x)+1=−x2−2x+1，
即当x∈[−3,0]时，f(x)=−x2−2x+1，
作出函数在一个周期[−3,3]内的图象如图：
因为关于x的方程f2(x)−tf(x)−3=0在[−150,150]上有300个解，所以关于x的方程f2(x)−tf(x)−3=0在[−3,3]上有6个解，
结合图象可知f(x)必有两个值，一个大于1小于2，另一个大于−2且小于1，
等价于关于x的方程x2−tx−3=0在区间(−2,1)和(1,2)内各有一个实根，
令g(x)=x2−tx−3，则g(−2)>0g(1)<0g(2)>0，所以4+2t−3>01−t−3<04−2t−3>0，解得−12
【提分秘籍】
基本规律
1.所给函数f(x)为抽象函数。
2.所给函数“不完全”，需要借助奇偶性等函数性质求解解析式或者研究图像特征。
【变式演练】
1.已知函数f(x)是定义在[−100,100]的偶函数，且f(x+2)=f(x−2).当x∈[0,2]时，f(x)=(x−2)ex，若方程[f(x)]2−mf(x)+1=0有300个不同的实数根，则实数m的取值范围为（ ）
A．−e−1e,−52 B．−e−1e,−52 C．(−∞,−2) D．−e−1e,−2
【答案】A
【解析】
首先由已知确定函数f(x)的周期是4，利用导数研究f(x)在 [0,2]上的性质，单调性、极值，结合偶函数性质作出f(x)在[−2,2]上的图象， f(x)的定义域是[−100,100]含有50个周期，方程[f(x)]2−mf(x)+1=0有300个不同的实数根，那么在 f(x)的一个周期内有6个根，令f(x)=t，可知方程t2−mt+1=0有两个不等实根 t1,t2，且t1∈(−e,−2)，t2∈(−2,0)，由二次方程根的分布知识可得解．
【详解】
由f(x+2)=f(x−2)知函数的周期为4，当 x∈[0,2]时，f(x)=(x−2)ex，则 f'(x)=(x−1)ex，当0≤x<1时，f'(x)<0， f(x)递减，当1
函数f(x)的周期是4，定义域为[−100,100]，含有50个周期，
方程[f(x)]2−mf(x)+1=0有300个不同的实数根，因此在一个周期内有6个根（这里 f(±2)=0，±2不是方程的根）．
令f(x)=t，方程t2−mt+1=0有两个不等实根 t1,t2，且t1∈(−e,−2)， t2∈(−2,0)，设g(t)=t2−mt+1，则 g(−e)>0g(−2)<0g(0)>0，解得−e−1e
2.设max{p,q}表示p，q两者中较大的一个，已知定义在[0,2π]的函数f(x)=max{2sinx,2cosx}，满足关于x的方程f2(x)+(1−2m)f(x)+m2−m=0有6个不同的解，则m的取值范围为
A．(−1,2) B．(1,1+2)
C．(2,2) D．(1+2,22)
【答案】C
【分析】根据题干得到f(x)=m或f(x)=m−1，画出函数f(x)=max{2sinx,2cosx}的图像，找f(x)=m和f(x)=m−1与f(x)=max{2sinx,2cosx}的交点个数使得交点有6个即可.
【详解】
由f2(x)+(1−2m)f(x)+m2−m=0，可得f(x)=m或f(x)=m−1.函数f(x)=max{2sinx,2cosx}的图像如图所示，所以2
3.定义在R上的函数f(x)满足f(−x)=f(x)，且当x≥0时，f(x)={54sinπ4x,0≤x≤2,(12)x+1,x>2,若关于x的方程f2(x)+bf(x)+c=0（b，c∈R）有且只有6个不同的实数根，则实数b的取值范围是
A．(−52,−94)∪(−94,−1) B．(−52,−1) C．(−52,−94)∪(−1,0) D．(−94,−1)
【答案】A
【详解】
由题设可知函数是偶函数，其图像关于y轴对称，画出其函数图像如图，容易算得当0
点睛：本题设置的目的旨在考查函数与方程思想、等价转化与化归的思想及运用所学知识分析问题解决问题的能力．求解时充分借助题设条件与函数图像的对称性，准确画出函数的图像，然后再分析方程有六个根的条件，找出两个根的分布情况，再分析探求参数b的取值范围，从而使得问题获解．
【题型六】 嵌套函数基础型
【典例分析】
定义域和值域均为[﹣a，a]（常数a＞0）的函数y＝f（x）和y＝g（x）的图象如图所示，方程g[f（x）]＝0解得个数不可能的是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
由图象知g(x)=0有一个(0,a)上的正根k，结合图象可知f(x)=k根的个数.
【详解】
因为x∈[−a,a]时，g(x)=0有唯一解，
不妨设唯一解为k，由g(x)图象可知k∈(0,a)，
则由g[f（x）]＝0可得f(x)=k，
因为k∈(0,a)，由f(x)图象可知，f(x)=k可能有1根，2根，3个根，不可能又4个根，
故选：D
【提分秘籍】
基本规律
1.嵌套函数自身互嵌型：f（f（x））
2.嵌套函数双函数互嵌型：f（g（x））
【变式演练】
1.若f(x)和g(x)都是定义在R上的函数，且方程fgx=x有实数解，则下列式子中可以为gfx的是（ ）
A．x2+2x B．x+1
C．ecosx D．ln(|x|+1)
【答案】ACD
【分析】由方程fgx=x有实数解可得gfgx=gx，再用x替代gx，即 x=gf(x)有解，逐个判断选项即可得出答案.
【详解】
由方程fgx=x有实数解可得gfgx=gx，再用x替代gx，即 x=gf(x)有解.
对于A，x=x2+2x，即x2+x=0，方程有解，故A正确；
对于B，x=x+1，即0=1，方程无解，故B错误；
对于C，当ecosx=x,令ℎ(x)=ecosx−x，因为f(0)=e>0，fπ2=1−π2<0，
由零点的存在性定理可知，ℎx在0,π2上存在零点，所以方程有解，故选项C正确；
对于D，当ln(|x|+1)=x时，x=0为方程的解，所以方程有解，故选项D正确.
故选：ACD.
2.已知两函数f(x)和g(x)都是定义在R上的函数，且方程x−f(g(x))=0有实数解，则g(f(x))有可能是（ ）
A．x2+1 B．x2+x+1 C．x2−x−1 D．2x2−x+1
【答案】C
【解析】
先设x0是方程x−fg(x)=0的一个根，得到x0=fg(x0)，g(x0)=gfg(x0)，再令t=g(x0)，得到t=gf(t)，进而得到方程x=g(f(x))有解，再逐项判断，即可得出结果.
【详解】
解：设x0是方程x−fg(x)=0的一个根，则x0=fg(x0)，故g(x0)=gfg(x0)
再令t=g(x0)，则t=gf(t)，
即方程x=g(f(x))有解；
A选项，方程x=x2+1可化为x2−x+1=0，Δ=−3<0，故无实数解；
B选项，方程x=x2+x+1可化为x2+1=0，显然无实数解；
C选项，方程x=x2−x−1可化为x2−2x−1=0，Δ=8>0，故有实数解；
D选项，方程x=2x2−x+1可化为2x2−2x+1=0，Δ=−4<0，故无实数解；
故选：C
3.若f(x)和g(x)是定义在实数集R上的函数，且方程x−f[g(x)]=0有实数解，则g[f(x)]不可能是
A．ex−1 B．cosx
C．|x|+1 D．{x2,x≤0−lnx,x>0
【答案】C
【分析】由题设令s为原方程的解：g(s)=t可得f(t)=s，即可将问题转化为g[f(x)]=x是否有实数解，根据各选项函数，应用数形结合确定正确选项.
【详解】设s为x−f[g(x)]=0的实数解，即f[g(s)]=s，令g(s)=t，则f(t)=s.
∴g[f(t)]=g(s)=t，即t为g[f(x)]=x的实数解，g[f(x)]=x有实数解，
∴结合各选项的函数，判断与y=x是否有交点即可，如下图示：
由图知：当g[f(x)]=|x|+1时无交点，g[f(x)]=x无实数解，故选：C.
【题型七】 嵌套函数常规型：无参双坐标系换元转换法
【典例分析】
已知函数，则方程的根的个数为（ ）
A．7 B．5 C．3 D．2
【答案】A
【分析】
令，先求出方程的三个根，，，然后分别作出直线，，与函数的图象，得出交点的总数即为所求结果.
【详解】
令，先解方程.
（1）当时，则，得；
（2）当时，则，即，解得，.
如下图所示：
直线，，与函数的交点个数为、、，
所以，方程的根的个数为，故选A.
【提分秘籍】
基本规律
嵌套函数基础方法理解
1、 可换元
2、 可通过换元构造“双坐标系”，注意对应的横纵坐标变量以及含义。
【变式演练】
1.已知定义在0，+∞上的单调函数fx满足对∀x∈0,+∞,ff(x)−log2x=3,则方程f(x)−f'(x)=2的解所在区间是
A．0,12 B．12,1 C．1,2 D．2,3
【答案】C
【解析】
【分析】
利用函数的单调性及ff(x)−log2x=3可得f(x)=t+log2x，再利用ft=3可求函数的解析式，求出f'x后可估计f(x)−f'(x)=2的解所处的区间.
【详解】
因为fx为单调函数且ff(x)−log2x=3，则fx−log2x必是常数，
故设fx−log2x=t，其中t为常数，
故fx=t+log2x，因为ft=t+log2t=3，
令y=t+log2t，故y'=1+1tln2>0，故y=t+log2t为0,+∞上的增函数，
因为t=2时，y=3，故方程t+log2t=3有且仅有一个解t=2，
故fx=2+log2x，
而方程fx−f'x=2可化为2+log2x−1xln2=2，整理得到log2x=1xln2，
令ℎx=log2x−1xln2，故ℎx为0,+∞上的单调增函数，
而ℎ1=−1ln2<0，ℎ2=1−12ln2>0，故方程的根在区间1,2中，故选C.
2.已知函数f(x)=x3−3x2+3,x<2−4(x2−5x+6),x≥2，则函数f(f(x))的零点的个数为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C①当x<2时，f(x)=x3−3x2+3，则f'(x)=3x2−6x=3x(x−2).
∴当0
∵f(−1)<0，f(1)>0，f(2)=23−3×22+3=−1<0∴函数f(x)在(−1,0)，(1,2)上各有1个零点
②当x≥2时，f(x)=−4(x2−5x+6)，f(x)max=f(52)=1，f(x)的零点为2和3.
由f(f(x))=0，得f(x)=2或f(x)=3或f(x)=x1或f(x)=x2，其中x1∈(−1,0)，x2∈(1,2).
结合函数f(x)的图象可知，方程f(x)=2的解的个数为2，方程f(x)=3的解的个数为1，方程f(x)=x1的解的个数为3，方程f(x)=x2的解的个数为2.∴函数f(f(x))的零点的个数为8个.
【题型八】 嵌套函数含参型：解析式含参
【典例分析】
已知，若关于x的方程仅有一解，则a的取值范围是_______．
【答案】
【分析】可判断a≠0,从而由分段函数判断方程的解的个数即可.
【详解】若，则方程有无数个解，故；
或（舍去）,或或
关于x的方程仅有一解，在上无解，
综_上所述, a的取值范围是.
故答案为：
【提分秘籍】
基本规律
1.引入参数
2.参数在所给的母函数内。
3.参数在解析式或者定义域中，分别对函数图像的影响
4.授课时讲清楚因为参数而造成的“动图”，可以引导学生借助画分解图来增加理解。
5.教师授课时可以借助几何画板展示，但是对于学生，特别是普通程度学生，要引导学生手工画“分解图”增加实战能力。
【变式演练】
1.已知函数fx=x+2a,x＜0x2−ax,x≥0，若关于x的方程ffx=0有8个不同的实数解，则实数a的取值可能是（ ）
A．82 B．72
C．62 D．52
【答案】ABC
【解析】
【分析】
结合题意可先对a进行分类：分a⩽0及a>0两种情况，结合函数的零点性质分别进行求解．
【详解】
解：由题意可得a⩽0时，fx在R上单调递增，显然方程ffx=0有8个不同的实数解不成立；
当a>0时，令f(x)=t，
则由f(t)=0得，t1=−2a，t2=0，t3=a，
又方程f(f(x))=0有8个不同的实根，
由题意结合可得，即a>0a<2a−2a>−a24，解得a>8，故选：ABC．
2.已知函数，若函数恰好有4个不同的零点，则实数t的取值范围是________．
【答案】或
【分析】
令，则，将函数的零点问题分解成两个步骤完成，先求的值，再求的值，对分5种情况进行讨论，结合函数图象，即可得答案；
【详解】
因为在上恒成立，所以在上单减，
令，则．
（ⅰ）当时，只有，显然不成立
（ⅱ）当时，，，此时如图：
有四个交点，∴满足题意．
（ⅲ）当时，如图1，由得，．由得或，
由且，知．要使有4个不同的零点，必须由得或，
此时，解得，（舍去），又在恒成立，
所以在上为增函数，所以．
（ⅳ）当时，由，，得，此时满足题意．
（ⅴ）当时，如图2，由得，．
要使有4个不同的零点，必须，此时，所以．
综上，实数t的取值范围是或．
3.已知，设函数，存在满足，且，则的取值范围是______.
【答案】
【分析】
求得关于对称所得函数的解析式，通过构造函数，结合零点存在性列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】
由于存在满足，且，所以图象上存在关于对称的两个不同的点.
（1）对于，交换得，
即，
构造函数（），所以的零点满足，
由得，
由得，即
，
由于，所以解得.
（2）设，则M关于y=x对称的点在上，由，得，则，
当时，①，，
两式相减，得，所以②，
将②代入①，得，又，所以，
令，则，，
即，解得，综上，a的取值范围为.故答案为：
【题型九】 嵌套函数含参型：参数在方程
【典例分析】
已知函数，则方程恰好有6个不同的解，则实数的取值范围为
【答案】
【分析】
令，，作出图象，作出图像，通过图象分析解的各种情况．
【详解】令，，作出图象，作出图像，
时，有两根，设为，，则，，
即，此时有2个根，，此时有2个根，共4个根，不满足条件.
时，，解得或或6，即，无解，
，2解，，2解，共4个解，不满足条件.
时，，有四个根，设为，，，，
其中，，，，即，无解，
，无解，，2解，，2解，共4个解，不满足条件.
时，有4个根，0，2，，（），
，1解，，1解，，2解，，2解，共6解，满足条件.
时，，有3个根，设为，，，其中，，，
即有2解，有2解，有2解，共6解，满足条件.
时，，有两根和3，有2个根，
有2个根，共4个根，不满足条件，
综上.故答案为.
【提分秘籍】
基本规律
1.解析式无参，很容易画出图像
2.“方程”中有参。
【变式演练】
1.已知函数，若方程恰有个实根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
利用基本不等式计算得出，由题意可知，关于的方程有两个不等的实根、，且、，然后作出函数的图象，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】，，设.
当时，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
当时，由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立.所以，.
当时，.
作出函数的图象如下图所示：
由于方程恰有个实根，则关于的方程有两个实根、，设.
若，则，此时关于的方程的另一实根，
直线与函数的图象只有一个交点，直线与函数的 图象有两个交点，
此时，关于的方程恰有个实根，不合乎题意；
若，则，则关于的方程的另一实根，直线与函数的图象有且只有一个交点，
直线与函数的 图象有两个交点，
此时，关于的方程恰有个实根，不合乎题意；
所以，关于的方程有两个不等的实根、，且、，
由图象可知，或.故选：D.
2.已知f(x)=x2+xsinx, g(x)=12x+1,x≤0lnx+x+1xex,x>0，若f(g(x))−m=0有四个不同的解，则实数m的取值集合为（ ）
A．(0,1+sin1] B．(0,1] C．{1,1+sin1} D．{1+sin1}
【答案】D
【分析】
根据导函数分别讨论两个函数的单调性，将问题转化为讨论f(t)−m=0,t=g(x)的根的个数.
【详解】f(x)=x2+xsinx是定义在R上的偶函数，
讨论当x＞0时，f'(x)=2x+sinx+xcosx=x(1+cosx)+x+sinx，
当0
所以f'(x)=2x+sinx+xcosx=x(1+cosx)+x+sinx＞0，
即函数f(x)=x2+xsinx在x∈[0,+∞)单调递增，x∈(−∞,0]单调递减，
f(0)=0，g(x)=lnx+x+1xex,x>0g'(x)=(1x+1)xex−(lnx+x+1)(x+1)ex(xex)2=(x+1)ex(−lnx−x)(xex)2，x>0
考虑ℎ(x)=−lnx−x在x∈(0,+∞)单调递减，ℎ(1e)=1−1e,ℎ(1)=−1
所以必存在x0使得ℎ(x0)=0，x0=−lnx0,ex0=1x0，则ℎ(x)=−lnx−x，x∈(0,x0),ℎ(x)=−lnx−x>0，
x∈(x0,+∞)，ℎ(x)=−lnx−x<0。g(x)在x∈(0,x0)单调递增，x∈(x0,+∞)单调递减，
所以g(x)max=g(x0)=lnx0+x0+1x0ex0=−x0+x0+1x0⋅1x0=1由洛必达法则：limx→+∞lnx+x+1xex=limx→+∞1x+1(x+1)ex=0，
x→0+，lnx+x+1xex→−∞，若f(g(x))−m=0有四个不同的解，考虑f(t)−m=0,t=g(x)，
若m=0，则t=g(x)=0仅有两根，不合题意；所以m>0，f(t)=m,两根t1,t2，设t1=−t2
g(x)=t1,g(x)=−t1一共有四个根，当t1>1,g(x)=t1，无解，
当t1=1,g(x)=1，g(x)=−1，一共四个不同实根，此时m=f(1)=1+sin1，
0
3.已知函数f(x)＝x＋sin x＋2x−12x+1，且方程f(|f(x)|－a)＝0有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是( )
A．[0，＋∞) B．(0，＋∞)
C．[－1,2) D．(－1,2)
【答案】B
【解析】
【详解】
由于f(－x)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，图象关于原点对称．由于(x＋sin x)′＝1＋cosx≥0，且2x−12x+1＝1－22x+1为增函数．故f(x)为R上的增函数，且f(0)＝0.所以|f(x)|－a＝0，即|f(x)|＝a有两个不同的实数根，|f(x)|的图象是由f(x)图象的将x<0的部分关于x轴对称翻折上来，x>0部分保持不变所得，所以a∈(0，＋∞)．选B.
【题型十】 嵌套函数含参型：双函数型
【典例分析】
已知，函数，，若函数有4个零点，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】
画出函数的图像，对分成，等种情况，研究零点个数，由此求得的取值范围.
【详解】
令，画出函数的图像如下图所示，由图可知，
（1）当或时，存在唯一，使，而至多有两个根，不符合题意.
（2）当时，由解得，由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根；由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.由于上述四个实数根互不相等，故时，符合题意.
（3）当时，由解得，由化简得，其判别式为负数，没有实数根；由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.故当时，不符合题意.
（4）当时，由，根据图像可知有三个解，不妨设.
即即.
i）当时，，故①②③三个方程都分别有个解，共有个解，不符合题意.
ii)当时，，①有个解，②③分别有个解，共有个解，不符合题意.
iii）当时，，①无解，②③分别有个解，共有个解，符合题意.
iv）当时，，①无解，②有个解，③有两个解，共有个解，不符合题意.
v）当时，，①无解，②无解，③至多有个解，不符合题意.
综上所述，的取值范围是.
【提分秘籍】
基本规律
1.f（x）与g（x）型
2.多为一分段一个是常规函数
【变式演练】
1.设函数若函数有六个不同的零点，则实数a的取值范围为________．
【答案】．
【分析】利用数形结合即求.
【详解】函数的零点即为方程的解，也即的解，
令，则原方程的解变为方程组的解，
作出函数和直线的图象如图所示．
由图可知，当时，有两个不同的x与之对应；
当时，有一个x与之对应，当时，没有x与之对应．
由方程组有六个不同的x解知，需要方程②有三个不同的t，且都大于，
作出函数和直线的图象如图所示，
由图可知当时满足要求，综上，实数a的取值范围为．
故答案为：
2.已知函数fx=e|x|−12，gx=12x+1,x≤0x−1lnx,x>0若关于x的方程gfx−m=0有四个不同的解，则实数m的取值集合为（ ）
A．0,ln22 B．ln22,1 C．ln22 D．0,1
【答案】A
【分析】设t=f(x)，根据f(x)的解析式，可得f(x)的单调性、奇偶性，即可作出f(x)的图象，即可求得t的最小值，利用导数判断g(x)的单调性，结合t的范围，作出g(t)的图象，数形结合，可得 m∈0,ln22时，y=g(t),t≥12的图象与y=m图象有2个交点，此时y=t1与y=t2分别与y=f(x)有2个交点，即即gfx−m=0有四个不同的解，满足题意，即可得答案.
【详解】设t=f(x)，则g(t)−m=0有四个不同的解，因为f(−x)=e|−x|−12=e|x|−12=f(x)，
所以t=f(x)为偶函数，且当x>0时，f(x)=ex−12为增函数，所以当x≤0时，t=f(x)为减函数，
所以tmin=f(0)=e0−12=12，即t≥12，当x>0时，g(x)=x−1lnx，
则g'(x)=lnx+1xx−1=lnx−1x+1，令g'(x)=0，解得x=1，
所以当x∈(0,1)时，g'(x)<0，g(x)为减函数，当x∈(1,+∞)时，g'(x)>0，g(x)为增函数，
又g12=−12ln12=ln22，作出x>0时g(x)的图象，如图所示：
所以当m∈0,ln22时，y=g(t),t≥12的图象与y=m图象有2个交点，且设为t1,t2，
作出t=f(x)图象，如下图所示：
此时y=t1与y=t2分别与y=f(x)有2个交点，即gfx−m=0有四个不同的解，满足题意.
综上实数m的取值范围为0,ln22.故选：A
3.已知函数f(x)＝x＋sin x＋2x−12x+1，且方程f(|f(x)|－a)＝0有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是( )
A．[0，＋∞) B．(0，＋∞)
C．[－1,2) D．(－1,2)
【答案】B
【解析】
【详解】
由于f(－x)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，图象关于原点对称．由于(x＋sin x)′＝1＋cosx≥0，且2x−12x+1＝1－22x+1为增函数．故f(x)为R上的增函数，且f(0)＝0.所以|f(x)|－a＝0，即|f(x)|＝a有两个不同的实数根，|f(x)|的图象是由f(x)图象的将x<0的部分关于x轴对称翻折上来，x>0部分保持不变所得，所以a∈(0，＋∞)．选B.
4.已知λ∈R，函数f(x)=x+1,x<0lgx,x>0，g(x)=x2−4x+1+2λ，若关于x的方程f(g(x))=λ有6个解，则λ的取值范围是（ ）
A．(0,23) B．(12,23) C．(25,12) D．(0,25)
【答案】A
令g(x)=t，画出y=f(t)与y=λ的图象，则方程f(t)=λ的解有3个，由图象可得，0<λ<1．且三个解分别为t1=−1−λ，t2=−1+λ，t3=10λ再由g(x)=t，应用判别式大于0，分别求解，最后求交集即可．
解：令g(x)=t，则方程f(t)=λ的解有3个，由图象可得，0<λ<1．
且三个解分别为t1=−1−λ，t2=−1+λ，t3=10λ，
则x2−4x+1+2λ=−1−λ，x2−4x+1+2λ=−1+λ，
x2−4x+1+2λ=10λ，均有两个不相等的实根，
则Δ1>0，且Δ2>0，且Δ3>0，
即16−4(2+3λ)>0且16−4(2+λ)>0，解得0<λ<23，
当0<λ<23时，Δ3=16−4(1+2λ−10λ)>0，即3−2λ+10λ>0恒成立，
故λ的取值范围为(0,23)．故选：A．
【题型十一】嵌套函数双复合型
【典例分析】
已知函数fx=2xx≤1log2x−1x>1,则函数Fx=ffx−fx−1的零点个数是( ）
A．7 B．6 C．5 D．4
【答案】A【解析】分析：令f（x）=t， 函数Fx=ffx−fx−1的零点个数问题⇔f（t）−t−1=0 的根的个数问题．结合图象可得f（t）−t−1=0的根t1=0，t2=1,t3∈（1，2）．，方程f（x）=0 有1解，f（x）=1有3解，f（x）=t3有3解.从而得到函数Fx=ffx−fx−1的零点个数
详解：令f（x）=t， 函数Fx=ffx−fx−1的零点个数问题⇔f（t）−t−1=0 的根的个数问题．即y=f（t），y=t+1 的图象如图，结合图象可得f（t）−t−1=0的根t1=0，t2=1,t3∈（1，2）． 方程f（x）=0 有1解，f（x）=1有3解，f（x）=t3有3解.
综上，函数f（t）−t−1=0的零点个数是7．
【提分秘籍】
基本规律
多以题型为主
【变式演练】
1.已知函数f(x)=2x+22,x≤1|log2(x−1)|,x>1，则函数f(x)=ff(x)−2f(x)−32的零点个数是（ ）．
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A【解析】令t=f(x),F(x)=0，则f(t)−2t−32=0，分别作出y=f(x)和直线y=2x+32，由图象可得有两个交点,横坐标设为t1,t2，则t1=0,1
【答案】6
【分析】
令，原方程可得，利用数形结合判断与交点个数及交点横坐标的范围，再根据横坐标判断时交点的个数，即为实根的个数.
【详解】
令，方程为：，即，
与 的性质如下：
1、：在上单调递增，值域为；上递增,上递减，
值域为且、；上单调递增，值域为；
2、：过定点，定义域上单调递减；
∴可得函数图象如下图示，
∴共有三个交点，横坐标分别为 ，且，
∴当，显然无解；当时，有四个实根；当时，有两个实根，
∴如下图示：一共有6个实根.
故答案为：6
1.（2020·江苏·无锡市大桥实验学校）已知函数f(x)={x2−1,x<1lnxx,x≥1，若关于x的方程2[f(x)]2+(1−2m)f(x)−m=0有5个不同的实数解，则实数m的取值范围是（ ）
A．(0,1e) B．[0,1e) C．(−1,1e) D．{−1,1e}
【答案】A
【解析】
【分析】
利用导数研究函数y=lnxx的单调性并求得最值，求解方程2[f(x)]2+(1−2m)f(x)−m=0得到f(x)=m或f(x)=−12．画出函数图象，数形结合得答案．
【详解】
解：设y=lnxx，则y'=1−lnxx2，
由y'=0，解得x=e，
当x∈(0,e)时，y'>0，函数为增函数，当x∈(e,+∞)时，y'<0，函数为减函数．
∴当x=e时，函数取得极大值也是最大值为f（e）=1e．
方程2[f(x)]2+(1−2m)f(x)−m=0化为[f(x)−m][2f(x)+1]=0．
解得f(x)=m或f(x)=−12．
如图画出函数图象：
可得m的取值范围是0,1e．故选：A．
2.（2019·全国·高三阶段练习（理））已知函数f(x)=ex,x≤0x3−6x2+9x+1,x>0，若方程[f(x)]2−(m+1)f(x)+m=0恰有5个不同的实数解，则实数m的取值范围为（ ）
A．1,5 B．1,5∪5,9 C．(1,5] D．(0,1)∪{5}
【答案】A
【分析】
先根据题意求导判断f(x)的单调性,作出f(x)的简图,由题意可得方程可化简为(f(x)−1)(f(x)−m)=0即f(x)=1或f(x)=m.由图像可知y=f(x)与y=1有两个公共点,结合图象只需只需y=f(x)与y=m有3个公共点即可.
【详解】当x>0时，f'(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3)，
易知函数f(x)在(−∞,1),(3,+∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，
f(1)=5,f(3)=1.由[f(x)]2−(m+1)f(x)+m=0，
可得(f(x)−1)(f(x)−m)=0，即f(x)=1或f(x)=m.
由图像可知y=f(x)与y=1有两个公共点，所以只需y=f(x)与y=m有3个公共点，所以1
3.（2019·黑龙江·大庆一中阶段练习）设函数f(x)=3x+1，x≤0log4x，x>0,若关于x的方程f2(x)−(a+2)f(x)+3=0恰好有六个不同的实数解,则实数a的取值范围为
A．(−23−2，23−2) B．(23−2，32] C．32,+∞ D．(23−2,+∞)
【答案】B
【详解】
作出函数fx=3x+1,x≤0log4x,x>0的图象如图，令fx=t，则方程f2x−a+2fx+3=0化为t2−a+2t+3=0，要使关于x的方程f2x−a+2fx+3=0，恰好有六个不同的实数根，则方程f2x−a+2fx+3=0在1,2内有两个不同实数根，∴Δ=a+22−12>01
【答案】2,+∞
【解析】
【分析】
先根据函数的解析式作出函数f(x)的图象，然后利用换元法将关于x的方程f2(x)−af(x)+1=0恰有3个不同的实数根，转化为t2−at+1=0有两个不同的实数根，且t1∈(0,1)，t2∈[1，+∞)，然后再利用二次方程根的分布列出不等式组，求解即可得到答案．
【详解】
解：因为函数f(x)=|2x−1|，作出函数图象如图所示，
因为关于x的方程f2(x)−af(x)+1=0恰有3个不同的实数根，
所以令t=f(x)，根据图象可得，t2−at+1=0有两个不同的实数根，且t1∈(0,1)，t2∈[1，+∞)，
记g(t)=t2−at+1，则有△=a2−4>0g(0)>0g(1)⩽0，解得a>2，所以实数a的取值范围为2,+∞．
故答案为：2,+∞．
5.（2021·云南玉溪期末（理））函数fx=−lnx,x∈0,112x−1−1,x∈1,+∞，关于x的方程2fx2−4mfx+5m−2=0）有4个不同的实数解，则m的取值范围是______．
【答案】25,12
【解析】
令fx=t，则方程2fx2−4mfx+5m−2=0有4个不同的实数解等价于方程2t2−4mt+5m−2=0有两个根且两个都在区间0,1上，再作出实根分布知识即可求解．
【详解】
作出函数fx=−lnx,x∈0,112x−1−1,x∈1,+∞的图象，
如图所示：
令fx=t，则关于x的方程2fx2−4mfx+5m−2=0有4个不同的实数解等价于方程2t2−4mt+5m−2=0有两个不等根且两个根都在区间0,1上，
设gt=2t2−4mt+5m−2，由图有0
故答案为：25,12．
6.（浙江省宁波市九校2019-2020学年）已知函数fx=2xx2+3,x≤0x3,x>0，若关于x的方程fx−a+fx−a−1=1有且仅有三个不同的整数解，则实数a的取值范围是（ ）
A．−32,−2719 B．0,8 C．−47,−1819 D．−12,0
【答案】A
【分析】作出函数y=fx的图象，由fx−a+fx−a−1=1可得出a≤fx≤a+1，即函数y=fx位于直线y=a和y=a+1的图象上有三个横坐标为整数的点，数形结合可得实数a的取值范围.
【详解】∵fx−a+fx−a−1=2a+1−2fx,fx
∴函数y=fx位于直线y=a和y=a+1的图象上有三个横坐标为整数的点.
当x<0时，fx=2xx2+3=2x+3x且fx<0，
由双勾函数的单调性可知，函数y=fx在区间−∞,−3上单调递减，在区间−3,0上单调递增，
当x<0时，fxmin=f−3=−33，
∵f−1=−12，f−2=−47，f−3=−12，f−4=−819，且f−4>f−3>f−2，如下图所示：
要使得函数y=fx位于直线y=a和y=a+1的图象上有三个横坐标为整数的点，
则f−3≤a+1
因此，实数a的取值范围是−32,−2719.
故选：A.
7.（福建省同安第一中学2021-2022）定义域和值域均为−a,a（常数a>0）的函数y=fx和y=gx图象如图所示，给出下列四个命题，那么，其中正确命题是（ ）
A．方程fgx=0有且仅有三个解
B．方程gfx=0有且仅有三个解
C．方程ffx=0有且仅有九个解
D．方程ggx=0有且仅有一个解
【答案】AD
【分析】通过利用t=fx或t=gx，结合函数y=fx和y=gx的图象，分析每个选项中外层函数的零点，再分析外层零点对应的直线与内层函数图象的交点个数，即可得出结论.
解：对于A中，设t=g(x)，则由fgx=0，即f(t)=0，
由图象知方程f(t)=0有三个不同的解，设其解为t1，t2，t3，
由于y=g(x)是减函数，则直线y=t0
所以fgx=0有三个解，故A正确；
对于B中，设t=f(x)，则由gfx=0，即g(t)=0，
由图象可得g(t)=0有且仅有一个解，设其解为b，可知0
所以方程f(x)=b只有两个解，所以方程gfx=0有两个解，故B错误；
对于C中，设t=f(x)，若ffx=0，即f(t)=0，
方程f(t)=0有三个不同的解，设其解为t1，t2，t3，设t1
直线y=t3=a与函数y=fx只有1个交点，
所以fx=t1或fx=t2或fx=t3共有7个解，
所以ffx=0共有七个解，故C错误；
对于D中，设t=g(x)，若ggx=0，即g(t)=0，
由图象可得g(t)=0有且仅有一个解，设其解为b，可知0
所以方程g(x)=b只有1解，所以方程ggx=0只有一个解，故D正确.
故选：AD.
8.（河北省张家口市第一中学）已知函数f(x)=−x2+bx+c，则“ffb2>0”是“方程f(x)=0有两个不同实数解且方程f(f(x))=0恰有两个不同实数解”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据二次函数的图象与性质，求得f(f(b2))>0，反之若f(t)=0有两个正根t1
要使得方程f(x)=0有两个不同实数，只需f(b2)>0，
要使得方程f(f(x))=0恰有两个不同实数解，设两解分别为x1,x2，且x1
反之，设t=f(b2)>0，即f(t)>0，
当f(t)=0有两个正根，且满足t1
9.（山西省2021届高三一模）已知定义在上的单调函数，若对任意都有，则方程的解集为_______．
【答案】．
【分析】由题可求，再利用数形结合即求.
【详解】∵定义在上的单调函数，对任意都有，
令，则，
在上式中令，则，解得，
故，
由得，即，
在同一坐标系中作出函数和的图像，
可知这两个图像有2个交点，即和，则方程的解集为．故答案为：.
10.（2021年新高考北京数学高考）已知函数，下列关于函数零点个数的四个判断，正确的是___________.
①当时，有3个零点；
②当时，有2个零点；
③当时，有4个零点；
④当时，有1个零点.
【答案】①②
【分析】由可得，利用换元法将函数分解为和
，作出函数的图象，利用数形结合即可得结论.
【详解】可得：，设，则方程等价于，
若，作出函数的图象如图，
此时方程有两根，其中，由有一解，
由有两解，此时共有个解，即函数有个零点，
当时，有3个零点；
当时，作出函数的图象如图，
此时方程有一根，
由有两解，即函数有个零点，所以当时，有2个零点；故答案为：①②.
11.（2020届福建省厦门一中高三上学期月考）函数f(x)=ex+ax+ax+1,x>−1x2+4x+3,x≤−1，则关于x的方程ffx=0的实数解最多有（ ）
A．7个 B．10个 C．12个 D．15个
【答案】C
【解析】
【分析】
判断f(x)的单调性，作出f(x)的大致函数图象，求出ft=0的解，再根据f(x)的图象得出f(x)=t的解得个数即可得出结论．
【详解】
当x>−1时，f'(x)=x⋅exx+12
∴f(x)在−1,0上单调递减，在0,+∞上单调递增．
∴当x=0时，f(x)取得极小值f0=a+1．
当x≤−1时，由二次函数性质可知f(x)在−∞,−2上单调递减，在−2,−1上单调递增，
∴当x=−2时，f(x)取得极小值f−2=−1．
当1+a<0时，则f(x)=0有4个解，不妨设从小到大依次为t1,t2,t3,t4，
则t1=3,t2=−1，−1
再令1+a<−3，作出f(x)的函数图象如图所示：
ffx=0 ，则f(x)=t，（i=1，2，3，4）．
由图象可知fx=−3有2解，fx=−1有3解，fx=t3有4解，fx=t4有3解，
此时ffx=0有12解．
当−3≤1+a<0时，则f(x)=0有4个解，t1=3,t2=−1,t3∈−1,0,t4>0
则fx=t4有3解，fx=−1至多3解，fx=−3至多1解，fx=t3至多4解.
此时方程ffx=0至多11解.
当1+a>0时，则f(x)=0有2个解，t1=3,t2=−1，
由上可知fx=−3无实数根，fx=−1有1解，所以ffx=0有1解.
当1+a=0时，则f(x)=0有3个解，t1=3,t2=−1,t3=0，
由上可知fx=−3无实数根，fx=−1有1解, fx=t3有4解.
所以此时ffx=0有5解.综上所述：ffx=0至多12解.故选：C．
12.（四川省泸州市合江中学2018届高三期末）f(x)是定义在（0，＋∞）上单调函数，且对∀x∈(0,+∞)，都有f(f(x)−lnx)=e+1，则方程f(x)−f'(x)=e的实数解所在的区间是
A．（0，1e） B．（1e，1） C．（1，e） D．（e，3）
【答案】C
【解析】
【详解】
试题分析：因为f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数，且对于∀x∈(0,+∞)，都有f(f(x)−lnx)=e+1，设f(x)−lnx=t，则f(t)=e+1，即f(x)=lnx+t，令x=t，则f(t)=lnt+t=e+1，则t=e，即f(x)=lnx+e，函数的导数为f'(x)=1x，又由于f(x)−f'(x)=e，得lnx+−1x=e，即lnx−1x=0，设，则ℎ(1)=ln1−1=−1<0,ℎ(e)=lne−1e=1−1e>0，所以函数ℎ(x)在(1,e)上存在一个零点，即方程f(x)−f'(x)=e的实数解所在的区间是(1,e)，故选C．
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