新高考数学二轮复习 专题突破 专题1 微重点2　函数的嵌套与旋转、对称问题（含解析）

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考点一 嵌套函数中的零点问题
考向1 函数的零点个数问题
例1 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lnx＋1，x≥0，,－xex，x<0，))函数g(x)＝f(f(x))－eq \f(1,2)的零点个数为( )
A．4 B．3 C．2 D．1
答案 D
解析 令u＝f(x)，令g(x)＝0，
则f(u)－eq \f(1,2)＝0，
当u≥0时，则f(u)＝ln(u＋1)，
所以ln(u＋1)＝eq \f(1,2)，
所以u＝eq \r(e)－1.
当u<0时，f(u)＝－ueu，
则f′(u)＝－(u＋1)eu，
当u<－1时，f′(u)>0；
当－1此时，函数y＝f(u)在u＝－1处取得极大值，且极大值为f(－1)＝eq \f(1,e)所以当u<0时，f(u)则方程f(u)－eq \f(1,2)＝0在u<0时无解．
再考虑方程f(x)＝eq \r(e)－1的根的个数，
作出函数u＝f(x)与u＝eq \r(e)－1的图象如图所示，
由于eq \r(e)－1>eq \f(1,2)>eq \f(1,e)，
所以直线u＝eq \r(e)－1与函数u＝f(x)的图象只有一个交点，因此，函数g(x)只有一个零点．
考向2 求参数的取值范围
例2 (2022·安康质检)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x，x>0，,－x2－4x－3，x≤0，))若函数y＝[f(x)]2＋mf(x)＋1有6个零点，则m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(10,3))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，\f(10,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))
答案 D
解析 设t＝f(x)，则y＝g(t)＝t2＋mt＋1，作出函数f(x)的大致图象，如图所示，
则函数y＝[f(x)]2＋mf(x)＋1有6个零点等价于g(t)＝0在[－3,1)上有两个不同的实数根，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－4>0，,g－3＝9－3m＋1≥0，,g1＝1＋m＋1>0，,－3<－\f(m,2)<1，))
解得2规律方法 解决嵌套函数问题，一般方法是令内层函数为t，构造新的函数或方程，转化成两个函数的交点问题，通过观察分析函数图象求解．
跟踪演练1 (1)(2022·天津质检)已知定义域为(0，＋∞)的单调递增函数f(x)满足：∀x∈(0，＋∞)，有f(f(x)－ln x)＝1，则方程f(x)＝－x2＋4x－2的解的个数为( )
A．3 B．2
C．1 D．0
答案 A
解析 因为定义域为(0，＋∞)的单调递增函数f(x)满足∀x∈(0，＋∞)，有f(f(x)－ln x)＝1，
则存在唯一正实数t使得f(t)＝1，
且f(x)－ln x＝t，即f(x)＝t＋ln x，
于是得f(t)＝t＋ln t＝1，
而函数y＝t＋ln t在(0，＋∞)上单调递增，
且当t＝1时，t＋ln t＝1，
因此t＝1，f(x)＝1＋ln x，
方程f(x)＝－x2＋4x－2＝1＋ln x，
即ln x＝－x2＋4x－3，
于是得方程f(x)＝－x2＋4x－2的解的个数是函数y＝ln x与y＝－x2＋4x－3的图象公共点个数，
在同一平面直角坐标系内作出函数y＝ln x与y＝－x2＋4x－3的图象，如图所示，
观察图象知，函数y＝ln x与y＝－x2＋4x－3的图象有3个公共点，
所以方程f(x)＝－x2＋4x－2的解的个数为3.
(2)(2022·江西重点中学联考)函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≤0，,\f(2x,ex)，x>0，))若关于x的方程[f(x)]2－af(x)＋a－1＝0恰有四个不同的实数根，则实数a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e＋2,e))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e2＋2,e2)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e2＋2,e2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e＋2,e)))
答案 D
解析 当x>0时，f(x)＝eq \f(2x,ex)，
f′(x)＝eq \f(2－2x,ex)，所以当x∈(0,1)时，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f(x)单调递减，
所以当x>0时，
f(x)＝eq \f(2x,ex)在x＝1处取最大值为eq \f(2,e).
作出函数f(x)的图象如图所示，
因为[f(x)]2－af(x)＋a－1＝0，
即[f(x)－a＋1][f(x)－1]＝0，
解得f(x)＝1或f(x)＝a－1，
当f(x)＝1时，观察图象易知此时只有一个交点，即有一个根，
要使关于x的方程[f(x)]2－af(x)＋a－1＝0恰有四个不同的实数根，
则需要y＝a－1与f(x)图象有三个不同交点，
只需要0考点二 函数的旋转
例3 (2022·青岛模拟)将函数y＝eq \r(13－x2)－2(x∈[－3,3])的图象绕点(－3,0)逆时针旋转α(0≤α≤θ)得到曲线C，对于每一个旋转角α，曲线C都是一个函数的图象，则θ最大时的正切值为( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(2,3) C．1 D.eq \r(3)
答案 B
解析 由y＝eq \r(13－x2)－2(x∈[－3,3])，
得x2＋(y＋2)2＝13(x∈[－3,3])，
原函数的图象是以(0，－2)为圆心，以eq \r(13)为半径的圆的部分，如图，
设过(－3,0)与圆x2＋(y＋2)2＝13相切的直线的斜率为k，倾斜角为β，
则直线方程为y＝k(x＋3)，即kx－y＋3k＝0.
由eq \f(|2＋3k|,\r(k2＋1))＝eq \r(13)，
解得k＝eq \f(3,2)，则tan β＝eq \f(3,2).
要使对于每一个旋转角α，曲线C都是一个函数的图象，
则当α最大为θ时，函数在(－3,0)处的切线为x＝－3，即β＋θ＝eq \f(π,2)，
则tan θ＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))＝eq \f(1,tan β)＝eq \f(2,3).
规律方法 函数的旋转，要使旋转后需满足函数的定义，则每个自变量，都有唯一的函数值与之对应．
跟踪演练2 函数y＝f(x)定义在R上，已知y＝f(x)的图象绕原点旋转90°后不变，则关于方程f(x)＝x的根，下列说法正确的是( )
A．没有实根
B．有且仅有一个实根
C．有两个实根
D．有两个以上的实根
答案 B
解析 ∵函数y＝f(x)定义在R上，
y＝f(x)的图象绕原点旋转90°后不变，
∴f(x)与其反函数是同一个函数，
∴f(x)关于y＝x对称，原点(0,0)是它的对称点，
当f(x)＝x时，2y＝x，y＝x，
解得x＝y＝0，是唯一解．
∴方程f(x)＝x有且仅有一个实数根．
考点三 函数的对称问题
例4 已知函数f(x)＝ax－ex与函数g(x)＝xln x＋1的图象上恰有两对关于x轴对称的点，则实数a的取值范围为( )
A．(e－1，＋∞) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e－1,2)，＋∞))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e－1,2)，＋∞)) D．(－∞，e－1)
答案 A
解析 由已知可得，
方程f(x)＝－g(x)在(0，＋∞)上有两解，
即a＝eq \f(ex,x)－ln x－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上有两解．
设h(x)＝eq \f(ex,x)－ln x－eq \f(1,x)，
则h′(x)＝eq \f(exx－1,x2)－eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1ex－1,x2)，
令h′(x)＝0，得x＝1，
∴当01时，h′(x)>0，
∴h(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
∴当x＝1时，h(x)取得最小值h(1)＝e－1，
∵x→0时，h(x)→＋∞；x→＋∞时，h(x)→＋∞，
∴实数a的取值范围是(e－1，＋∞)．
规律方法 注意区分函数图象关于点对称和轴对称、函数本身的对称性和两函数的对称性，会在函数解析式中寻找对称性．
跟踪演练3 (2022·山东联考)函数f(x)＝1＋sin πx－xsin πx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，\f(9,2)))上的所有零点之和为( )
A．0 B．3 C．6 D．12
答案 C
解析 函数f(x)＝1＋sin πx－xsin πx的零点就是函数y＝sin πx与y＝eq \f(1,x－1)的图象公共点的横坐标．
如图，因为函数y＝sin πx与y＝eq \f(1,x－1)的图象均关于点(1,0)成中心对称，且函数y＝sin πx与y＝eq \f(1,x－1)的图象在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，\f(9,2)))上共有6个公共点，它们关于点(1,0)对称，
所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，\f(9,2)))上共有6个零点，它们的和为3×2＝6.
专题强化练
1．对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．请你根据这一发现判断函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2＋3x－eq \f(5,12)的对称中心为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－1))
答案 A
解析 依题意，得f′(x)＝x2－x＋3，所以f″(x)＝2x－1，
由f″(x)＝0，即2x－1＝0，得x＝eq \f(1,2)，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1，故函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2＋3x－eq \f(5,12)的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
2．(2022·山东省实验中学检测)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1,x)，x>0，,x2＋2x，x≤0，))则函数y＝f(f(x)＋1)的零点个数是( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 D
解析 令t＝f(x)＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1,x)＋1，x>0，,x＋12，x≤0.))
①当t>0时，f(t)＝ln t－eq \f(1,t)，f′(t)＝eq \f(1,t)＋eq \f(1,t2)>0，则函数f(t)在(0，＋∞)上单调递增，
由于f(1)＝－1<0，f(2)＝ln 2－eq \f(1,2)>0，由零点存在定理可知，存在t1∈(1,2)，使得f(t1)＝0；
②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，直线t＝t1，t＝－2，t＝0的图象如图所示，
由图象可知，直线t＝t1与函数t＝f(x)＋1的图象有2个交点；
直线t＝0与函数t＝f(x)＋1的图象有2个交点；直线t＝－2与函数t＝f(x)＋1的图象有且只有1个交点．
综上所述，函数y＝f(f(x)＋1)的零点个数为5.
3．若函数f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的图象关于直线x＝2对称，则实数a的值为( )
A．－15 B．8 C．－8 D．4
答案 C
解析 由已知可得，±1是f(x)的两个零点，因为函数图象关于直线x＝2对称，
因此3和5也是f(x)的零点，即3和5是函数y＝x2＋ax＋b的零点，
所以3＋5＝－a，解得a＝－8.
4．将函数f(x)＝ex(x≥0)的图象绕坐标原点逆时针方向旋转角θ(θ∈(0，π])得到曲线C，若曲线C仍然是一个函数的图象，则θ的取值不可能为( )
A.eq \f(π,8) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,2) D．π
答案 A
解析 要使曲线C仍然是一个函数的图象，则需满足在旋转过程中，曲线C的任意切线的倾斜角小于等于eq \f(π,2)，由f(x)＝ex(x≥0)，
则f′(x)＝ex∈[1，＋∞)，当且仅当x＝0时，f′(x)取得最小值，即在x＝0处的切线的斜率最小，此时倾斜角为eq \f(π,4)，故θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π)).
5．(2022·广东联考)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex，x≥0，,－x2－4x，x<0，))方程[f(x)]2－t·f(x)＝0有4个实数根x1，x2，x3，x4，且满足x1A．x1x4∈(－6ln 2,0]
B．x1＋x2＋x3＋x4的取值范围为[－8，－8＋2ln 2)
C．t的取值范围为[1,4]
D．x2x3的最大值为4
答案 B
解析 由[f(x)]2－t·f(x)＝0，即f(x)[f(x)－t]＝0，得f(x)＝0或f(x)＝t，
作出y＝f(x)的图象，如图所示，
当f(x)＝0时，x1＝－4，有1个实数根；
由f(x)＝t知，
当t＝1时，有3个实数根，
所以共4个实数根，满足题意；
当t＝4时，f(x)＝t只有2个实数根，所以共3个实根，不满足题意，
此时与y＝ex的交点坐标为(2ln 2,4)．
要使原方程有4个实数根，等价于f(x)＝t有3个实数根，等价于y＝f(x)与y＝t的图象有3个交点，故t∈[1,4)，x4∈[0,2ln 2)，
所以x1x4∈(－8ln 2,0]，故A错误，C错误；
又因为x2＋x3＝－4，
所以x1＋x2＋x3＋x4＝－8＋x4，其取值范围为
[－8，－8＋2ln 2)，故B正确；
因为x2＋x3＝－4，x2所以x2x3＝(－x2)·(－x3)6．(2022·徐州质检)若f(x)和g(x)都是定义在R上的函数，且方程f(g(x))＝x有实数解，则下列式子中一定不是g(f(x))的是( )
A．x2＋2x B．x＋1
C．ecs x D．ln(|x|＋1)
答案 B
解析 由方程f(g(x))＝x有实数解可得
g(f(g(x)))＝g(x)，
再用x替代g(x)，即 x＝g(f(x))有解．
对于A，x＝x2＋2x，即x2＋x＝0，方程有解，故A可以是g(f(x))；
对于B，x＝x＋1，即0＝1，方程无解，故B一定不是g(f(x))；
对于C，当ecs x＝x时，
令h(x)＝ecs x－x，
因为h(0)＝e>0，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1－eq \f(π,2)<0，
由零点存在定理可知，h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在零点，所以方程有解，故C可以是g(f(x))；
对于D，当ln(|x|＋1)＝x时，x＝0为方程的解，所以方程有解，故D可以是g(f(x))．
7．(2022·青岛质检)对于函数f(x)，若在其图象上存在两点关于原点对称，则称f(x)为“倒戈函数”，设函数f(x)＝3x＋sin x－m＋1(m∈R)是定义在[－1,1]上的“倒戈函数”，则实数m的取值范围是______________．
答案 2≤m≤eq \f(8,3)
解析 因为函数f(x)＝3x＋sin x－m＋1(m∈R)是定义在[－1,1]上的“倒戈函数”，
所以存在x0∈[－1,1]，
使f(－x0)＝－f(x0)，
即 SKIPIF 1 < 0 －sin x0＋m－1＝ SKIPIF 1 < 0 ＋sin(－x0)－m＋1，
即2m－2＝ SKIPIF 1 < 0 ，
令t＝ SKIPIF 1 < 0 ，则t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3))，
所以2m－2＝t＋eq \f(1,t)≥2，
当且仅当t＝1，即x0＝0时取等号，
解得m≥2，
当t＝eq \f(1,3)或t＝3时，(2m－2)max＝3＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3)，
解得m≤eq \f(8,3).所以2≤m≤eq \f(8,3).
8．(2022·安徽师大附中联考)已知函数f(x)＝eq \f(x,ln x)，若关于x的方程[f(x)]2＋af(x)＋a－1＝0仅有一个实数解，则实数a的取值范围为________．
答案 1－e＜a≤1或a＝2
解析 由题意得，函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
对函数f(x)求导得f′(x)＝eq \f(ln x－1,ln x2)，
令f′(x)>0，可得x>e；
令f′(x)<0，可得0所以f(x)在(0,1)和(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．
故当x＝e时，f(x)有极小值为f(e)＝e.
令t＝f(x)，则方程[f(x)]2＋af(x)＋a－1＝0化成t2＋at＋a－1＝0，
解得t＝－1或t＝1－a，
当－1＝1－a时，a＝2，符合题意；
当t＝－1时，t＝f(x)有一解，
所以当t＝1－a时，t＝f(x)没有实数解，作出f(x)的大致图象，由图可知，0≤1－a1－e综上，1－e＜a≤1或a＝2.