新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 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 (多选)双曲线eq \f(x2,3)－y2＝1绕坐标原点O旋转适当角度可以成为函数f(x)的图象，关于此函数f(x)有如下四个命题，其中真命题是( )
A．f(x)是奇函数
B．f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)))
C．f(x)的值域是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
D．函数y＝f(x)－x有两个零点
答案 AB
解析 双曲线eq \f(x2,3)－y2＝1关于坐标原点对称，可得旋转后得到的函数f(x)的图象关于原点对称，即f(x)为奇函数，故A正确；
由双曲线的顶点为(±eq \r(3)，0)，渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，可得f(x)的图象的渐近线为x＝0和y＝±eq \f(\r(3),3)x，由图象关于直线y＝eq \r(3)x对称，可得f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)))，故B正确；由对称性可得f(x)的图象按逆时针旋转60°位于一、三象限，按顺时针旋转60°位于二、四象限；
f(x)的图象按逆时针旋转60°位于一、三象限，由图象可得顶点为点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(3,2)))，不是极值点，则f(x)的值域不是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))；
f(x)的图象按顺时针旋转60°位于二、四象限，由对称性可得f(x)的值域也不是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))，故C错误；
当f(x)的图象位于一、三象限时，f(x)的图象与直线y＝x有两个交点，函数y＝f(x)－x有两个零点；
当f(x)的图象位于二、四象限时，f(x)的图象与直线y＝x没有交点，函数y＝f(x)－x没有零点，故D错误．
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 曲线y＝ln x绕坐标原点逆时针旋转90°后得到的曲线的方程为________．
答案 y＝e－x
解析 设曲线y＝ln x上一点(a，b)绕坐标原点逆时针旋转90°后，对应点的坐标为(x，y)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－b，,y＝a，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝y，,b＝－x，))即－x＝ln y，即y＝e－x.
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．(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)，
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．
综上所述，函数y＝f(f(x)＋1)的零点个数为5.
2．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.
3．将函数y＝－x2＋x(x∈[0,1])的图象绕点(1,0)顺时针旋转θ角eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<θ<\f(π,2)))得到曲线C，若曲线C仍是一个函数的图象，则θ的最大值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(5π,12)
答案 B
解析 由题意，函数图象如图所示，函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减．
设函数在x＝1处，切线斜率为k，则k＝f′(1)，
∵f′(x)＝－2x＋1，
∴k＝f′(1)＝－1，可得切线的倾斜角为135°，
因此，要使旋转后的图象仍为一个函数的图象，旋转θ后的切线倾斜角最多为90°，也就是说，最大旋转角为135°－90°＝45°，即θ的最大值为45°，即eq \f(π,4).
4．(2022·安阳模拟)已知函数f(x)＝|2|x|－2|－1，则关于x的方程f2(x)＋mf(x)＋n＝0有7个不同实数解，则实数m，n满足( )
A．m>0且n>0
B．m<0且n>0
C．0D．－1答案 C
解析 令u＝f(x)，作出函数u＝f(x)的图象如图所示，
由于方程u2＋mu＋n＝0至多两个实根，设为u＝u1和u＝u2，
由图象可知，直线u＝u1与函数u＝f(x)图象的交点个数可能为0,2,3,4，
由于关于x的方程f2(x)＋mf(x)＋n＝0有7个不同实数解，
则关于u的二次方程u2＋mu＋n＝0的一根为u1＝0，则n＝0，
则方程u2＋mu＝0的另一根为u2＝－m，
直线u＝u2与函数u＝f(x)图象的交点个数必为4，则－1<－m<0，解得0所以05．(多选)(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，则下列式子中可以为g[f(x)]的是( )
A．x2＋2x B．x＋1
C．ecs x D．ln(|x|＋1)
答案 ACD
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正确；
对于B，x＝x＋1，即0＝1，方程无解，故B错误；
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D正确．
6．(多选)(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f2(x)－t·f(x)＝0有四个实数根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 BC
解析 f2(x)－t·f(x)＝0⇒f(x)[f(x)－t]＝0
⇒f(x)＝0或f(x)＝t，作出y＝f(x)的图象，
当f(x)＝0时，x1＝－4，有一个实数根；
当t＝1时，有三个实数根，
所以共四个实数根，满足题意；
当t＝4时，f(x)＝t只有两个实数根，所以共三个实根，不满足题意，
此时与y＝ex的交点坐标为(2ln 2,4)．
要使原方程有四个实数根，等价于f(x)＝t有三个实数根，等价于y＝f(x)与y＝t的图象有三个交点，故t∈[1,4)，x4∈[0,2ln 2)，
所以x1x4∈(－8ln 2,0]，故A错误，C正确；
又因为x2＋x3＝－4，
所以x1＋x2＋x3＋x4＝－8＋x4的取值范围为
[－8，－8＋2ln 2)，故B正确；
因为x2＋x3＝－4，x2所以x2x3＝(－x2)·(－x3)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，
即 SKIPIF 1 < 0
令 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；
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－a解得1－e综上，1－e＜a≤1或a＝2.