专题嵌套函数相关问题的研究与拓展

高中数学嵌套函数专题问题1：设函数()⎩⎨⎧>≤++=002x ,x -x 2,2x x x f 2，若()()2=a f f ，则_____________a =. 问题2：函数21,0()log ,0x x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，则函数[()]1y f f x =+的所有零点所构成的集合为________.变式1：已知函数()x f 是定义在正实数集上的单调函数，且满足对任意0>x ，都有()(),e x ln x f f +=-1，则()_______________f =1。

变式2：已知定义在()+∞,0上的函数()x f 为单调函数，且()(),x x f f x f 11=⎪⎭⎫ ⎝⎛+则()__________f =1。

变式3：已知定义在()+∞,0上的函数()x f 为单调函数，若对任意0>x ，都有(),x x f f 21=⎪⎭⎫ ⎝⎛-求函数()x f 的解析式。

变式4：设函数()⎩⎨⎧≥-<+=0022x ,x x ,x x x f ，()()2≤a f f ，则实数a 的取值范围________. 变式5：已知函数(),|x |x f 1-=关于x 的方程()(),k |x f |x f 02=+-给出下列四个命题： ① 存在实数k ，使得方程恰好有2个不同的实根；② 存在实数k ，使得方程恰好有4个不同的实根；③ 存在实数k ，使得方程恰好有5个不同的实根；④ 存在实数k ，使得方程恰好有8个不同的实根；其中正确的命题的序号为__________________________.反馈练习：1、已知函数⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤=)0()0()21()(2x x x x x f x 则函数)(log )(21x f x g =的单调递增区间__________2、如图，函数()x f y =的图象为折线ABC ，设()()[]x f f x g =， 则函数()x g y =的图象为（ ）3、函数)0()(2≠++=a c bx ax x f 的图像关于直线a 2b x -=对称，据此可推测，对任意的非零实数p ,n ,m ,c ,b ,a ，关于x 的方程0)()]([2=++p x mf x f m 的解集不可能是 （ ）A. }2,1{B. }4,1{C. }4,3,2,1{D. }64,16,4,1{4、已知()|,x |a x f 2-=若()()()x f x f f <恒成立，则a 的取值范围为（ ）A. 1-≤aB. 0<<a 2-C. 2<<a 0D. 1≥a5、已知函数()()()()⎩⎨⎧<-≥=0033x ,x log x x f x ，，函数()()()()R t t x f x f x g ∈++=2．关于()x g 的零点，下列判断不正确的是（ ）A ．若41=t ，()x g 有一个零点B ．若412<<-t ，()x g 有两个零点 C ．若2-=t ，()x g 有三个零点 D ．若2-<t ，()x g 有四个零点6、已知函数()⎩⎨⎧>≤+=0012x ,x log x ,ax x f ，则下列关于函数()()1+=x f f y 的零点个数的判断正确的是 （ ）A. 当0>a 时，有4个零点，当0<a 时，有1个零点.B. 当0>a 时，有3个零点，当0<a 时，有2个零点.C. 无论a 为何值，均有2个零点.D. 无论a 为何值，均有4个零点。

拓展视野7　嵌套函数的零点问题1.一般地，判断形如f(g(x))的嵌套函数的零点个数或根据函数的零点求参数的取值范围时，可采用换元法，先令g(x)＝t，求解当f(t)＝0时t的值，然后根据函数g(x)的图象及性质确定当g(x)＝t时，x的值的个数即为f(g(x))的零点个数，解答时注意数形结合，侧重对函数f(x)与g(x)图象性质的分析.2.解决此类问题往往应用函数的图象，作函数的图象必须关注其关键点(位置)和发展趋势、渐近线等，尤其当作图比例较大时，由于画的是局部图象，若关注度不够或疏忽，就会导致错误.AA　当x≥0时，f(x)＝4x3－6x2＋1的导数为f′(x)＝12x2－12x，当0<x<1时，f(x)单调递减，x>1时，f(x)单调递增，可得f(x)在x＝1处取得最小值，最小值为－1，且f(0)＝1，作出函数f(x)的图象，g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3，可令g(x)＝0，t＝f(x)，设t＝f(x)，令f(f(x))－a＝0，则a＝f(t).在同一坐标系内作y＝a，y＝f(t)的图象(如图).当a≥－1时，y＝a与y＝f(t)的图象有两个交点.设交点的横坐标为t1，t2(不妨设t2>t1)，则t1<－1，t2≥－1.当t1<－1时，t1＝f(x)有一解；当t2≥－1时，t2＝f(x)有两解.综上，当a≥－1时，函数g(x)＝f(f(x))－a有三个不同的零点.答案：[－1，＋∞)B若t＝－1，即f(x)＝－1，无解；若t＝1，直线y＝t＝1与y＝f(x)的图象有3个交点，即f(f(x))＝1有3个不同实根；若t＝3，直线y＝t＝3与y＝f(x)的图象有2个交点，即f(f(x))＝1有2个不同实根.综上所述，方程f(f(x))＝1的实数根的个数为5个，故选B.AA　由题意得[f(x)＋a－1][f(x)＋a]＝0，则f(x)＝1－a或f(x)＝－a.。

4专题 01 嵌套函数问题嵌套函数，就是指在某些情况下，您可能需要将某函数作为另一函数的参数使用，这一函数就是嵌套函数.一般地，对于定义在区间 D 上的函数 y = f (x )（1）若存在 x 0 ∈ D ,使得 f (x 0 ) = x 0 ,则称 x 0 是函数 y = f (x )的一阶不动点,简称不动点；（2）若存在 x 0 ∈ D ,使 f ( f (x 0 )) = x 0 ,则称 x 0 是函数 y = f (x ) 的二阶不动点,简称稳定点.类型一 嵌套函数中不动点稳定点问题典例 1 A = {x | f ( x ) = x } ， B = {x | f ( f ( x )) = x }.（1） 求证： A ⊆ B ；（2） 若 f ( x ) = ax 2 - 1(a ∈ R , x ∈ R ) ，且 A = B ≠∅ ，求实数 a 的取值范围；（3） 若 f (x ) 是 R 上的单调递增函数， x 0 是函数的稳定点，问 x 0 是函数的不动点吗？若是，请证明你的结论；若不是，请说明的理由. 【答案】（1）见解析（2） ⎡- 1 ,3 ⎤ （3）是⎢4 4 ⎥⎦【解析】解：（1）若 A = ∅ ，则 A ⊆ B 显然成立；若 A ≠∅ ，设t ∈ A ，f (t ) = t , f ( f (t )) = f (t ) = t ，∴ t ∈ B ，故 A ⊆ B .（2） A ≠ ∅,∴ ax 2- 1 = x 有实根，∴ a ≥ - 1.又 A ⊆ B ，所以 a (ax 2- 1)2- 1 = x ，即 a 3 x 4- 2a 2 x 2- x + a - 1 = 0 的左边有因式 ax 2- x - 1， 从而有(ax 2 - x - 1)(a 2 x 2 + ax - a + 1)= 0 .A =B ，∴ a 2 x 2 + ax - a + 1 = 0 要么没有实根，要么实根是方程 ax 2 - x - 1 = 0 的根.2 1 1 2 1 2 1若 a 2 x 2+ ax - a + 1 = 0 没有实根，则 a < 3；4若 a 2 x 2 + ax - a + 1 = 0 有实根且实根是方程 ax 2 - x - 1 = 0 的根，则由方 ax 2- x - 1 = 0 ， 得 a 2 x 2= ax + a ，代入 a 2 x 2+ ax - a + 1 = 0 ，有2ax + 1 = 0 .由此解得 x = - 1， 2a再代入得 + 1 - 1 = 0 ，由此 a = 3，故 a 的取值范围是 ⎡- 1 ,3 ⎤. 4a 2a 4⎢4 4 ⎥⎦ （3）由题意：x 0 是函数的稳定点, 则 f ( f (x 0 )) = x 0 ， ① 若 f (x 0 ) > x 0 ， f (x ) 是 R 上的单调增函数，则 f ( f (x 0 )) > f (x 0 ) ，所以 x 0 > f (x 0 ) ，矛盾.② 若 x 0 > f (x 0 ) ， f (x ) 是 R 上的单调增函数，则 f (x 0 ) > f ( f (x 0 )) ，所以 f (x 0 ) > x 0 ，矛盾 故f (x 0 ) = x 0 ， 所以x 0 是函数的不动点.类型二 嵌套函数中零点个数问题典例 2 若函数 f ( x ) = x 3+ ax 2+ bx + c 有极值点 x ， x ，且 f ( x ) = x ，则关于 x 的 方程12113( f ( x ))2+ 2af ( x ) + b = 0 的不同实根的个数是学_科网【答案】3【解析】函数 f ( x ) = x 3+ ax 2+ bx + c 有极值点 x ， x ，说明方程 f '(x ) = 3x 2 + 2ax + b = 0 的两根为 x ，12 1x ，∴方程3( f ( x ))2+ 2af ( x ) + b = 0 的解为 f (x ) = x 或 f (x ) = x ，若 x < x ，即 x 是极大值点，x 是极小值点，由于 f ( x 1 ) = x 1 ，∴ x 1 是极大值， f (x ) = x 1 有两解， x 1 < x 2 ， f (x ) = x 2 > f (x 1 ) 只有一解，∴此时只有3 解，若 x 1 > x 2 ， 即 x 1 是极小值点，x 2 是极大值点，由于 f ( x 1 ) = x 1 ，∴ x 1 是极小值， f (x ) = x 1有2 解， x 1 > x 2 ， f (x ) = x 2 < f (x 1 ) 只有一解，∴此时只有3 解.类型三 嵌套函数中参数问题x 2- 2ax - a +1, x ≥ 0, ln (-x ), x < 0,点，则实数 a 的取值范围是.g ( x ) = x 2+1- 2a .若函数 y =f (g ( x ))有 4 个零典例 3 已知函数 f ( x ) = {2⎫0 0 0 0 ⎛ 【答案】 5 - 1 2 ,1⎪ ⋃(1, +∞)⎝ ⎭【解析】令 f (t ) = 0, t = g ( x )当1- a < 0 时 f (t ) 有两个零点t 1 = -1, t 2 > 1，需1- 2a-1∴ a 1当1- a =0 时 f ( x ) 有三个零点， t 1 = -1, t 2 = 0, t 3 =2 ， 1- 2a = -1 所以函数 y =f (g ( x )) 有 5 个零点，舍；当1- a > 0 时，由于1- 2a > -1所以∆ = 4a 2+ 4a - 4 > 0 ，且a -> 1- 2a ，所以 5-1< a < 1 2综上实数 a 的取值范围是⎛ 5 -1 ,1⎫⋃(1, +∞)2 ⎪ ⎝ ⎭【名师指点】求解复合方程问题时，往往把方程 f [g (x )] = 0 分解为 f (t ) = 0 和 g (x ) = t 处理，先从方程f (t ) = 0 中求t ，再带入方程g (x ) = t 中求 x 的值．1. 设函数 f (x ) =（ a ∈ R ， e 为自然对数的底数），若曲线 y = si n x 上存在点(x 0 , y 0 ) ，使f ( f ( y 0 )) = y 0 成立，则 a 的取值范围是【答案】[1, e ]【解析】由题意可得 y =sinx ∈[-1，1]，f （y ）=e y0+y -a ，∵曲线 y=sinx 上存在点（x 0 ，y 0 ）使得 f （f （y 0 ））=y 0 ，∴存在 y 0 ∈[0，1]，使 f （y 0 ）=y 0 成立，即 f （x ）=x 在[0，1]上有解，即 e x +x-x 2=a 在[0，1]上有解． 令 g （x ）=e x+x-x 2，则 a 为 g （x ）在[0，1]上的值域．∵当 x∈[0，1]时，g′（x ）=e x+1-2x ＞0，故函数 g （x ）在[0，1]上是增函数，故 g （0）≤g （x ）≤g（1），即 1≤a ≤e ，故答案为：[1，e]．a 2+ a -1 e x + x - a5 5 5 9 5 5 9 ⎧ 5π⎪ 4 sin( 2 x ) (0 ≤ x ≤ 1) 2.已知函数 y =f (x ) 是定义域为 R 的偶函数. 当 x ≥ 0 时， f (x ) = ⎨ 1 ，若关于 x 的 ⎪( )x +1 (x > 1) ⎛⎪ 4方程[ f (x )]2+ af (x ) + b = 0 （ a , b ∈ R ）,有且仅有 6 个不同实数根，则实数 a 的取值范围是5 9 9【答案】(- , - ) (- , -1)2 4 4⎧ 5 π⎪ 4 sin( 2 x ) (0 ≤ x ≤ 1) 【解析】作出 f (x ) = ⎨ 1 的图象如下，又∵函数 y = f (x ) 是定义域为 R 的偶函数， ⎪( )x +1 (x > 1) ⎛⎪ 4且关于 x 的方程[ f (x )]2+ af (x ) + b = 0 ， a , b ∈ R 有且仅有6 个不同实数根，∴ x 2+ ax + b = 0 的两根分别为 x = 5，1 < x < 或0 < x ≤ 1，1 < x < ，1 4 241 24由韦达定理可得 x + x = -a ，若 x = 5,1 < x < ，则< -a < ，即- < a < - ， 1 2 1 4 5 9 2 4 4 9 2 2 45 9 9若0 < x 1 ≤ 1，1 < x 2 < 4 ，则1 < -a < 4 ，即- 4 < a < -1 ，从而可知- 2 < a < - 4 或- 4< a < -1 ；3. 已知 a ，b 是实数，1 和-1是函数 f (x ) = x 3+ ax 2+ bx 的两个极值点．（1） 求 a 和 b 的值；（2） 设函数 g (x ) 的导函数 g '(x ) = f (x ) + 2 ，求 g (x ) 的极值点；（3）设 h (x ) = f ( f (x )) - c ，其中c ∈[-2 ，2] ，求函数 y = h (x ) 的零点个数． 【答案】(1) a ＝0，b ＝－3. (2) －2. (3) 9．【解析】解：(1)由题设知 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，且 f ′(－1)＝3－2a ＋b ＝0，f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝ 0， 解得 a ＝0，b ＝－3.(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.因为f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0 的根为x ＝x ＝1，x ＝－2，于1 2 3是函数g(x)的极值点只可能是1 或－2.当x＜－2 时，g′(x)＜0；当－2＜x＜1 时，g′(x)＞0，故－2 是g(x)的极值点．当－2＜x＜1 或x＞1 时，g′(x)＞0，故 1 不是g(x)的极值点．所以g(x)的极值点为－2.(3)令f(x)＝t，则h(x)＝f(t)－c.先讨论关于x 的方程f(x)＝d 根的情况，d∈[－2,2]．当|d|＝2 时，由(2)可知，f(x)＝－2 的两个不同的根为1 和－2，注意到f(x)是奇函数，所以f(x)＝2 的两个不同的根为－1 和2.当|d|＜2 时，因为f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d＞0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d＜0，所以－2，－1,1,2 都不是f(x)＝d 的根．由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)．①当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，于是f(x)是单调增函数，从而f(x)＞f(2)＝2，此时f(x)＝d 无实根．同理，f(x)＝d 在(－∞ ，－2)上无实根．②当x∈(1,2)时，f′(x)＞0，于是f(x)是单调增函数，又f(1)－d＜0，f(2)－d＞0，y＝f(x)－d 的图象不间断，所以f(x)＝d 在(1,2)内有唯一实根．同理，f(x)＝d 在(－2，－1)内有唯一实根．③当x∈(－ 1,1)时，f′(x)＜0，故f(x)是单调减函数，又f(－1)－d＞0，f(1)－d＜0，y＝f(x)－d 的图象不间断，所以f(x)＝d 在(－1,1)内有唯一实根．由上可知：当|d|＝2 时，f(x)＝d 有两个不同的根x1 ，x2 满足|x1 |＝1，|x2 |＝2；当|d|＜2 时，f(x)＝d 有三个不同的根x3 ，x4 ，x5 满足|x i |＜2，i＝3,4,5.现考虑函数y＝h(x)的零点．当|c|＝2 时，f(t)＝c 有两个根t1 ，t2 满足|t1 |＝1，|t2 |＝2，而f(x)＝t1 有三个不同的根，f(x)＝t2 有两个不同的根，故y＝h(x)有 5 个零点．当|c|＜2 时，f(t)＝c 有三个不同的根t3 ，t4 ，t5 满足|t i |＜2，i＝3,4,5，而f(x)＝t i (i＝3,4,5)有三个不同的根，故y＝h(x)有 9 个零点．综上可知，当|c|＝2 时，函数y＝h(x)有 5 个零点；当|c|＜2 时，函数y＝h(x)有9 个零点．4.已知函数f (x) =ax2 +bx +c (a ≠ 0) ，且f (x) =x 没有实数根，f ( f (x)) =x 是否有实数根？并证明你的结论.【答案】没有.f (x) -x =ax2 + (b - 1)x +c = 0 无实数根，∆= (b - 1)2 - 4ac < 0 .f ( f (x)) -x = 0 即为a(ax2 +bx +c)2 +b(ax2 +bx +c) +c -x = 0 ，a(ax2 +bx +c)2 -ax2 +ax2 +b(ax2 +bx +c) +c -x = 0 ，a(ax2 +bx +c +x)(ax2 +bx +c -x) + (b + 1)ax2 + (b2 - 1)x +c(b + 1) = 0 ，1 2a ⎡⎣ax 2 + (b + 1)x +c ⎤⎦ ⎡⎣ax 2 + (b - 1)x + c ⎤⎦ + (b + 1) ⎡⎣ax 2+ (b - 1)x + c ⎤⎦ = 0 ，⎡⎣ax 2 + (b - 1)x + c ⎤⎦ ⎡⎣a 2 x 2 + a (b + 1)x + b + ac + 1⎤⎦ = 0 .于是有 ax 2 + (b - 1)x + c = 0 或 a 2 x 2 + a (b + 1)x + b + ac + 1 = 0 .∆1 = (b - 1)2 - 4ac < 0 ； ∆2 = a 2 (b + 1)2 - 4a 2 (ac + b + 1) = a 2 ⎡⎣(b - 1)2 - 4ac - 4⎤⎦ < -4a 2 < 0 .故均不存在实数根.5. 设 f (x ) = x2+ ax + b c os x ，{x f (x ) = 0, x ∈ R }= {x f [ f (x )] = 0}≠ ∅ ，则满足条件的所有实数 a , b 的取值分别为.【答案】b = 0,0 ≤ a < 4【解析】解：由 f (0) = 0 易得b = 0 .f (x ) = 0 ⇒ x 1 = 0, x 2 = -a（i ）当a = 0 时，显然成立；（ii ）当 a ≠ 0 时，记 B = {x f [ f (x )] = 0}，令 f (x ) = t ，则 f (t ) = 0 ，可知t = 0, t = -a即 f (x ) = 0 和 f (x ) = -a 的解只能为0,-a ，故 f (x ) = -a 必须无解，解得0 < a < 4综上： b = 0,0 ≤ a < 46. 设 x ∈ R ，若函数 f (x ) 为单调递增函数，且对任意实数 x ，都有 f [ f (x ) - ex] = e + 1 （ e 是自然对数的底数），则 f (ln 2) 的值等于 .【答案】3【解析】由 f ⎡⎣ f ( x ) - e x ⎤⎦= e +1，采用换元t = f (t ) = e +1……(1) f ( x ) = e x + t ……(2)；可知： f (1) = e + t ……(3)；f ( x ) + e x，即有：又已知函数 f ( x ) 为增函数，可知t = 1，代入(2)式有 f ( x ) = e x +1 ；因此： f (ln 2) = e ln 2 +1 = 3 ；1 ± 5 n n⎩7. 已知函数 f (x ) 是定义在正实数集上的单调函数，且满足对任意x ˃ 0，都有 f [ f (x ) - ln x ] = 1 + e ，则 f (1) =．【答案】e ．【解析】 f (x ) - ln x 必为常数函数，否则存在两个不同数，其对应值均为1 + e ，与单调函数矛盾．所以可设 f (x ) - ln x = c ．则 f (x ) = ln x + c ．将 c 代入，得 f (c ) = 1 + e ，即ln c + c = 1 + e ．∵ y = ln x + x 是单调增函数，当 c = e 时， ln c + c = 1 + e 成立，∴ f (x ) = ln x + e ．则 f (1) = e ．8. 已知定义在(0，+ ∞)上的函数 f (x ) 为单调函数，且 f (x ) f ( f (x ) + 1) = 1，则 f (1) =.x【答案】2【解析】设 f (1) = b ，可求得答案为. 29. 已知 f : {1,2,3， n }→ {1,2,3, n }（ n ≥ 3, n ∈ N ）满足 f ( f (x )) =f (x ) ，求这样的函数个数有多少个？【答案】2【解析】解：规律为：若满足条件的映射中，仅有 k 个自身映射，那么必有 f (i ) = i (1 ≤ i ≤ k , i ∈ N *）（1）10 个（2）证明：设满足条件的映射中仅有 k 个自身映射（ k ≤ m ）,不妨设1 → 1，2 → 2，3 → 3，， k → k ,如果有 s , t (s , t > k ) 满足 f (s ) = t ,由 f ( f (x )) = f (x ) ,则 f (t ) = f (s ) = t ,与题设矛盾.所以对于∀s > k ,必有 s → i (1 ≤ i ≤ k )接下去利用分步计数原理加以说明第一步：从 n 个数中选出 k 个数构成自身映射，不妨记为{1，2，3，4， , k },则共有C k种情形；第二步：剩下的 n - k 个数映射到{1，2，3，4， , k }的情形共有 k n -k种情形所以当有 k 个元素构成自身映射的映射个数有C k⋅ kn -k,故共有∑C k⋅ kn -k个映射满足条件⎧⎪5|x -1| -1 nx ≥ 0 mk =110.设定义域为 R 的函数 f (x ) = ⎰⎪x 2 + 4x + 4 个不同的实数解，则 m=x < 0 ，若关于 x 的方程 f 2 (x ) - (2m +1) f (x ) + m 2 = 0 有71 ± 5【答案】2【解析】∵题中原方程f 2 (x) - (2m +1) f (x) +m2 = 0 有7 个不同的实数根，∴即要求对应于f (x)等于某个常数有3 个不同实数解和4 个不同的实数解，∴故先根据题意作出f (x)的简图：由图可知，只有当f (x)= 4 时，它有三个根，故关于x 的方程f 2 (x) - (2m +1) f (x) +m2 = 0 有一个实数根4 ，∴ 42 ⋅4-4 (2m +1)+m2 = 0 ，∴ m = 2 或m = 6 ，m = 6 时，方程f 2 (x) - (2m +1) f (x) +m2 = 0 ⇔根，∴m = 2 ．f 2 (x)-13 f (x)+ 36 = 0 ⇔ f (x)= 4 或f (x)= 9 ,有 5 个不同的实数。

微专题22函数嵌套问题【题型归纳目录】题型一：“()()=f f x k ”型问题题型二：“()()=f g x k ”型问题题型三：复合函数()⎡⎤=-⎣⎦y f f x x 的零点问题题型四：复合函数()⎡⎤=-⎣⎦y f g x x 的零点问题题型五：含参二次函数复合型零点问题题型六：零点求和问题题型七：其他型【典型例题】题型一：“()()=f f x k ”型问题例1．设函数()|2|f x x x =-，0x 是函数()(())1g x f f x =-的所有零点中的最大值，若0(x k ∈，1)()k k Z +∈，则k =．【解析】解：函数()|2|f x x x =-，当(0,2)x ∈时，2()|2|(2)(1)11f x x x x x x =-=-=--+ ；作函数()|2|f x x x =-的图象如下：解(2)1x x -=，得到1x =或1x =+又0x 是函数()(())1g x f f x =-的所有零点中的最大值，所以(0)1f x =+f （2）01=<，f （3）31=>+，因为0(x k ∈，1)()k k Z +∈，所以2k =，故答案为：2．例2．设函数()|2|f x x x =-，则当(0,2)x ∈时，函数()f x 的最大值等于，若0x 是函数()(())1g x f f x =-的所有零点中的最大值，且0(x k ∈，1)()k k Z +∈，则k =．【解析】解：当(0,2)x ∈时，2()|2|(2)(1)11f x x x x x x =-=-=--+ ；作函数()|2|f x x x =-的图象如下，解|2|1x x -=得，1x =或1x =+；又0x 是函数()(())1g x f f x =-的所有零点中的最大值，0()1f x ∴=+；且f （2）01=<+f （3）31=>+；故2k =．故答案为：1，2．例3．已知函数2|(1)|,(1,3)()5,[3,)log x x f x x x +∈-⎧=⎨-∈+∞⎩，则函数()(())1g x f f x =-的零点个数为()A ．3B ．4C ．5D ．6【解析】解：令()(())10g x f f x =-=，可得1()2f x =-或()1f x =或()4f x =，函数2|(1)|,(1,3)()5,[3,)log x x f x x x +∈-⎧=⎨-∈+∞⎩的图象如图所示，由图象可知，当1()2f x =-时，有1个解；当()1f x =时，有3个解；当()4f x =时，有1个解．综上所述，函数()(())1g x f f x =-的零点个数为5个．故选：C ．变式1．已知函数22log (1),0()4,0x x f x x x x -⎧=⎨-+>⎩，则函数()[()]1g x f f x =-的零点个数为()A ．4B ．7C ．8D ．9【解析】解：令()1f x =，解得2x =或1x =-，则令()0g x =，可得()2f x =±()1f x =-，作出函数()f x 的图象如图所示，由图象可知，()2f x =+3个零点，()2f x =-3个零点，()1f x =-有1个零点，故函数()g x 有7个零点．故选：B ．变式2．已知函数2log (),(0)()2,(0)x x f x x x -<⎧=⎨-⎩，则函数()[()1]g x f f x =+的零点个数是()A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【解析】解：设()1M f x =+，解()0f M =，得2M =或1M =-，①当1M =-时，由()11f x +=-，得2log ()2x -=-或22x -=-，即得0x =或14x =-；②当2M =时，由()12f x +=得()1f x =，即2log ()1x -=或21x -=，即2x =-或3x =，综合①②得：函数()[()1]g x f f x =+的零点为：2x =-或3x =或0x =或14x =-共4个；故选：D ．变式3．已知函数2()f x x x q =++，集合{|()0A x f x ==，}x R ∈，{|(())0B x f f x ==，}x R ∈，若B 为单元素集，试求q 的值．【解析】集合{|()0A x f x ==，}，{|(())0}B x f f x ==A B∴⊆2211{|(()0}{|()()0}{|[(()]}24B x f f x x f x f x q x f x q ∴===++==++-B 为单元集，1()2f x ∴=-，1{}4B q ∴=-，2{|()0}{|0A x f x x x x q ===++=，}x R ∈，当A =∅时，B =∅不符题意，故A ≠∅，当1{|}2A x x ==-时，△140q =-=，解得：14q =，222111(())()()0444f f x x x x x ∴=++++++=，△11404=-⨯=21142x x ∴++==-，2304x x ++=，方程无解，不符B 为单元集，故1{|}2A x x ≠=-．∴方程20x x q ++=有2个不相等的实数解：12x x ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，A ∴=A B⊆∴B14q =-，解得：134q -+=或234q --=（舍去）．B时有：1q =或2q =．综上，1q =题型二：“()()=f g x k ”型问题例4．已知函数2()2f x x x =--，1,0()41,0x x g x xx x ⎧+>⎪=⎨⎪+⎩ （1）求[g f （1）]的值；（2）若方程[()]0g f x a -=有4个实数根．求实数a 的取值范围．【解析】解：（1）f （1）123=--=-，[g f （1）](3)312g =-=-+=-，即[g f （1）]2=-．（2）令()f x t =，则原方程化为()g t a =，易知方程()f x t =在(,1)t ∈-∞内有2个不同的解，则原方程有4个解等价于函数()y g t =(1)t <与y a =的图象有2个不同的交点，作出函数()y g t =(1)t <的图象，如图；g （1）15144=+=，11()2142g x x x =+=⨯= ，由图象可知，当514a <时，函数()y g t =，(1)t <与y a =有2个不同的交点，即所求a 的取值范囿是[1，5)4．例5．设函数2()2f x x x =--，1,0()41,0x x g x xx x ⎧+>⎪=⎨⎪+⎩ ，()[()]h x g f x =．（1）求函数()h x 的单调递增区间．（2）若关于x 的方程()0h x a -=有4个不同的实数很，求实数a 的取值范围．【解析】解：（1）令220x x --=得，0x =，或2x =-；∴当2x - ，或0x 时，()0f x ，当20x -<<时，()0f x >；()()()21,20421,20f x x f x h x x x x x ⎧+-<<⎪∴=⎨⎪--+-⎩或 ；①当2x - 时，函数()h x 为增函数；0x 时，函数()h x 为减函数；②当20x -<<时，令()f x t =，01t <<，设()y h x =，则：14y t t=+，01t <<，22414t y t -'=，1(0,)2t ∴∈时，0y '<，14y t t =+为减函数，1(2t ∈，1)时，0y '>，14y t t=+为增函数；令21()22f x x x =--=，则212x =-±，当212x -<<--时，()f x 为增函数，()g x 为减函数，故()h x 为减函数；当112x --<<-时，()f x 为增函数，()g x 为增函数，故()h x 为增函数；当11x -<<-+()f x 为减函数，()g x 为增函数，故()h x 为减函数；当10x -+<<时，()f x 为减函数，()g x 为减函数，故()h x 为增函数；综上所述，函数()h x的单调递增区间为[12--，1]-，[12-+，)+∞，(-∞，2]-；（2）由（1）可得，当0x 或2x - 时，()1h x ；1x =-时，()h x 取得极大值54；1x =-时，()h x 取得极小值1；12x =-+时，()h x 取得极小值1．由方程()0h x a -=有4个不同的实数很，即为()y h x =的图象与直线y a =有4个交点．则a 的取值范围是[1，5)4．例6．设函数2()2f x x x =--，1,0()41,0x x g x xx x ⎧+>⎪=⎨⎪+⎩ ，()[()]h x g f x =，求函数()h x 的单调递增区间．【解析】解：令220x x --=得，0x =，或2x =-；∴当2x - ，或0x 时，()0f x ，当20x -<<时，()0f x >；∴()()()21,20421,2,0f x x f x h x x x x x ⎧+-<<⎪=⎨⎪--+-⎩或 ；（1）当2x - 时，函数()h x 为减函数；（2）当20x -<<时，令()f x t =，01t <<，设()y h x =，则：14y t t=+，01t <<，22414t y t -'=；∴1(0,)2t ∈时，0y '<，14y t t =+为减函数，1(,1)2t ∈时，0y '>，14y t t=+为增函数；令21()22f x x x =--=，则12x =-±，当2212x -<<--时，()f x 为增函数，()g x 为减函数，故()h x 为减函数；当11x -<-时，()f x 为增函数，()g x 为增函数，故()h x 为增函数；当112x -<<-+时，()f x 为减函数，()g x 为增函数，故()h x 为减函数；当102x -+<<时，()f x 为减函数，()g x 为减函数，故()h x 为增函数；（3）当0x 时，()h x 为增函数；综上所述，函数()h x的单调递增区间为[12--，1]-，[12-+，)+∞．变式4．已知函数2()2f x x x =--，1;0()1;04x x g x x x x +⎧⎪=⎨+>⎪⎩，若函数[()]y g f x a =-有4个零点，则实数a 的取值范围是．【解析】解：由题意可得函数[()]y g f x =与函数y a =有4个交点，如图所示：，结合图象可得514a < ，故答案为[1，5)4．变式5．已知函数32()31f x x x =-+，21,0()468,0x x g x xx x x ⎧+>⎪=⎨⎪---⎩ ，则当方程[()]0g f x a -=有6个解时a 的取值范围是()A ．514a <<B ．54a >或81a -<C ．54a >D ．01a 【解析】解：函数32()31f x x x =-+，21,0()()468,0x x g x g x xx x x ⎧+>⎪==⎨⎪---⎩ ，2()36f x x x ∴'=-，令()0f x '=得：0x =，或2x =，故当0x =时，函数()f x 取极大值1，当2x =时，函数取极小值3-；则()f x 与y m =的交点情况为：当3m <-，或1m >时，有一个交点；当3m =-，或1m =时，有两个交点；当31m -<<时，有三个交点；()g x 与y a =的交点情况为：当01a <<时有两个交点，一个在区间(4,3)--上，一个在区间(3,2)--上；当1a =时有两个交点，一个为3-，一个为12；当1a >时有两个交点，一个在区间1(0,)2上，一个在区间1(2-，1)上．若方程[()]0g f x a -=有6个解，()0g m a -=有两个根，均在(3,1)-上，故5(1,4a ∈，故选：A ．题型三：复合函数()⎡⎤=-⎣⎦y f f x x 的零点问题例7．定义：若函数()f x 对于其定义域内的某一数0x ，有00()f x x =，则称0x 是()f x 的一个不动点，已知函数2()(1)1(0)f x ax b x b a =+++-≠．（1）当1a =，3b =时，求函数()f x 的不动点；（2）若对任意的实数b ，函数()f x 恒有两个不动点，求a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若()y f x =图象上两个点A 、B 的横坐标是函数()f x 的不动点，且A 、B 的中点C 在函数22()541ag x x a a =-+-+的图象上，求b 的最小值．【解析】解：（1）2()42f x x x =++，由242x x x ++=，解得2x =-或1x =-，所以所求的不动点为1-或2-．（2）令2(1)1ax b x b x +++-=，则210ax bx b ++-=①，由题意，方程①恒有两个不等实根，所以△24(1)0b a b =-->，即2440b ab a -+>恒成立，则△216160a a =-<，故01a <<．（3）设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，12()x x ≠，22()541ag x x a a =-+-+，又AB 的中点在该直线上，所以12121222()225412x x x x x x ag a a +++=-+=-+，∴1222541ax x a a +=-+，而1x ，2x 应是方程①的两个根，所以12b x x a +=-，即22541b aa a a -=-+，∴2222222111541()4()5(2)1a b a a a a a =-=-=--+-+-+，∴当1(0,1)2a =∈时，2min b =-．例8．定义：若函数()f x 对于其定义域内的某一数0x ，有00()f x x =，则称0x 是()f x 的一个不动点．已知函数2()(1)1(0)f x ax b x b a =+++-≠．()I 当1a =，2b =-时，求函数()f x 的不动点；（Ⅱ）若对任意的实数b ，函数()f x 恒有两个不动点，求a 的取值范围．【解析】解：（Ⅰ）当1a =，2b =-时，2()3f x x x =--，因为0x 为()f x 的不动点，所以20003x x x --=，即20230x x --=解得01x =-，03x =，所以1-和3是2()3f x x x =--的不动点．（Ⅱ）因为()f x 恒有两个相异的不动点，即方程()f x x =恒有两个不同的解，即2()10f x ax bx b =++-=有两个不相等的实数根，所以24(1)0b a b -->恒成立，即对任意b R ∈，2440b ab a -+>恒成立，所以2(4)440a a --⨯<，所以20a a -<，所以01a <<，所以a 的取值范围为(0,1)．例9．设函数()0f x x =>，a R ∈，e 为自然对数的底数），若存在[0b ∈，1]使(f f （b ）)b =成立，则a 的取值范围是．【解析】解：存在[0b ∈，1]，使(f f （b ）)b =成立∴存在[0b ∈，1]，使f （b ）1f -=（b ）即函数()f x 与其反函数1()f x -在[0，1]上有交点()f x =[0，1]上为增函数∴函数()f x 与其反函数1()f x -在[0，1]的交点在直线y x =上，即函数()f x 与其反函数1()f x -的交点就是()f x 与y x =的交点令：22x e x a x +-=，则方程在[0，1]上一定有解x a e ∴=，1a e ∴ ．故答案为：1a e ．变式6．设函数2()f x x x c =++．若对任意x R ∈，均有(())f f x x >，则实数c 的取值范围是．【解析】解：函数2()f x x x c =++．若对任意x R ∈，均有(())f f x x >，即为2()f x x c x ++>，即222()2x x c x x c x +++++>，可得222()20x x c x c ++++>恒成立，由222()0x x c x +++ ，即有0c >，故答案为：0c >．变式7．对于函数()f x ，若()f x x =，则称x 为()f x 的“不动点”，若(())f f x x =，则称x 为()f x 的“稳定点”，记{|()}A x f x x ==，{|(())}B x f f x x ==，则下列说法错误的是()A ．对于函数()f x x =，有AB =成立B ．若()f x 是二次函数，且A 是空集，则B 为空集C ．对于函数1()()2x f x =，有A B =成立D ．对于函数()bf x x=，存在(0,)b ∈+∞，使得A B =成立【解析】解：对于A ：函数()f x x =，{|}A x x x R B ====，故A 正确；对于B ：若()f x 为二次函数，A 是空集，则对任意实数x ，方程()f x x =无解，这样(())f f x x =也无解，所以B 也为空集，故B 正确；对于C ：函数1()(2x f x =为单调减函数，任取0x A ∈，则001(2x x =，而00001(())(())()2x f f x f f x x ===，即A B ⊆，反之，任取0y B ∈，则001(())2y f y =，若001()2y y >，则001(())2y y <，出现矛盾，若001()2y y <，则001(())2y y >，出现矛盾，所以001()2y y =，则B A ⊆，综上所述，A B =，故C 正确；对于D ：对于函数()b f x x=，由()bf x x x==，得2x b =，当0b >时，x =所以{A =，又(())()b bf f x f x b xx===，所以{|0}B x x =≠，所以A B ≠，故D 错误；故选：D ．变式8．对于函数()f x ，若00()f x x =，则称0x 为函数()f x 的“不动点”：若00(())f f x x =，则称0x 为()f x 的“稳定点”，如果函数2()1()f x ax a R =+∈的稳定点恰是它的不动点，那么a 的取值范围为()A ．1(,]4-∞B ．3(,)4-+∞C ．31[,]44-D ．1(1,]4-【解析】解：0x 为函数()f x 的“不动点”，则方程()f x x =，即210ax x +-=有实根，故△140a =- ，14a ∴，如果“稳定点”恰是它的“不动点”，则上述方程的根0x 为方程(())f f x x =，即21ax x +=的实根，方程(())f f x x =可化为：22(1)1a ax x ++=，即2222(1)1a ax ax ax x +-++=，利用平方差公式分解因式得，222(1)(1)()0a ax x ax x x a x ∴+++-++-=，22()(1)0a x a x x x a ∴+-+++=，函数2()1()f x ax a R =+∈的“稳定点”恰是它的“不动点”，∴方程210x x a +++=无实数根，14(1)0a ∴-+<，∴34a >-，综上，1344a >- ，故选：C ．变式9．对于函数()f x ，若00()f x x =，则称0x 为函数()f x 的“不动点”；若00(())f f x x =，则称0x 为函数()f x 的“稳定点”．如果函数2()()f x x a a R =+∈的“稳定点”恰是它的“不动点”，那么实数a 的取值范围是()A ．(-∞，1]4B ．3(4-，)+∞C ．3(4-，1]4D ．3[4-，14【解析】解：0x 为函数()f x 的“不动点”，则方程()f x x =，即20x a x +-=有实根，故△140a =- ，∴14a，如果“稳定点”恰是它的“不动点”，则上述方程的根0x 为方程(())f f x x =，即2x a x +=的实根，方程(())f f x x =可化为：22()x a a x ++=，即2222()x a x x a x +-++=，利用平方差公式分解因式得，222()()()0x a x x a x x a x ∴+++-++-=，22()(1)0x a x x x a ∴+-+++=，函数2()()f x x a a R =+∈的“稳定点”恰是它的“不动点”，∴方程210x x a +++=无实数根，14(1)0a ∴-+<，∴34a >-，当34a =-时，221104x x a x x +++=++=解得12x =-，此时22304x a x x x +-=--=的解为112x =-，232x =，两方程具有相同的实根，能同时满足20x a x +-=有实根且22()(1)0x a x x x a +-+++=有实根，因此34a =-满足题意．综上，3144a - ，故选：D ．变式10．设函数())f x a R =∈．若存在[0b ∈，1]，使(f f （b ）)b =成立，则a 的取值范围是()A ．[0，14B ．[1，2]C ．[0，1]D ．1[4，1]【解析】解：由(f f （b ）)b =，可得f （b ）1f -=（b ），其中1()f x -是函数()f x 的反函数因此命题“存在[0b ∈，1]使(f f （b ）)b =成立”，转化为“存在[0b ∈，1]，使f （b ）1f -=（b ）”，即()y f x =的图象与函数1()y f x -=的图象有交点，且交点的横坐标[0b ∈，1]，()y f x =的图象与1()y f x -=的图象关于直线y x =对称，()y f x ∴=的图象与函数1()y f x -=的图象的交点必定在直线y x =上，由此可得，()y f x =的图象与直线y x =有交点，且交点横坐标[0b ∈，1]，x =，化简整理得2x a x -=．[0x ∈，1]，即2a x x =-，[0x ∈，1]，∴根据二次函数的性质得出：104a即实数a 的取值范围为[0，1]4．故选：A ．变式11．设函数()f x a R =∈，e 为自然对数的底数），若存在[0b ∈，1]使[f f （b ）]b =成立，则a 的取值范围()A ．[1，]e B ．[0，]e C ．[2，]e D ．[1，1]e +【解析】解：因为存在[0b ∈，1]，使[f f （b ）]b =成立，所以存在[0b ∈，1]，使f （b ）1f -=（b ），即函数()f x 与其反函数在[0，1]上有交点，因为函数()f x =[0，1]上为单调递增函数，所以函数()f x 与其反函数在[0，1]的交点在直线y x =上，即函数()f x 与其反函数的交点即为()f x 与y x =的交点，x =，即22x e x x a x ++-=在[0，1]上有解，所以x a e x =+在[0，1]上有解，因为x a e x =+在[0，1]上单调递增，所以11a e + ，则a 的取值范围为[1，1]e +．故选：D ．变式12．设函数())f x a R =∈，若存在[1b ∈，]e ，使得(f f （b ）)b =成立，则实数a 的取值范围是()A ．[0，1]B ．[0，2]C ．[1，2]D ．[1-，0]【解析】解：由(f f （b ）)b =，可得f （b ）1f -=（b ），其中1()f x -是函数()f x 的反函数因此命题“存在[1b ∈，]e 使(f f （b ）)b =成立”，转化为“存在[1b ∈，]e ，使f （b ）1f -=（b ）”，即()y f x =的图象与函数1()y f x -=的图象有交点，且交点的横坐标[1b ∈，]e ，()y f x =的图象与1()y f x -=的图象关于直线y x =对称，()y f x ∴=的图象与函数1()y f x -=的图象的交点必定在直线y x =上，由此可得，()y f x =的图象与直线y x =有交点，且交点横坐标[1b ∈，]e ，x =，化简整理得lnx a =．记()F x lnx =，()G x a =，由[1x ∈，]e ，可得()[0F x ∈，1]，即01a ．即实数a 的取值范围为[0，1]．故选：A ．变式13．设函数())f x a R =∈．若方程(())f f x x =有解，则a 的取值范围为()A ．1(,]4-∞B ．1(0,]8C ．1(,]8-∞D ．[1，)+∞【解析】解：设()f x t =，0t ，则方程(())f f x x =等价为()f t x =，即tx==，t x ∴=，即()f x x =，∴x =在0x 时有解，即2x a x -=，2a x x ∴=-+在0x 时成立，设22211()()()24g x x x x x x =-+=--=--+，x ∴当12x =时，()g x 取得最大值14，1()4g x ∴，即14a，故选：A ．题型四：复合函数()⎡⎤=-⎣⎦y f g x x 的零点问题例10．设()f x ，()g x 都是定义在R 上的函数，若函数(())y f g x x =-有零点，则函数(())g f x 不可能是()A ．215x -B ．215x +C ．215x x +-D ．215x x ++【解析】解：函数(())y f g x x =-有零点，∴方程(())f g x x =有解，((()))()g f g x g x ∴=，(())g f x x ∴=有解，若21(())5g f x x =-，则可判断215x x -=有解，故成立；若21(())5g f x x =+，则可判断215x x +=有解，故成立；若21(())5g f x x x =+-，则可判断215x x x +-=有解，故成立；若21(())5g f x x x =++，则可判断215x x x ++=无解，故不成立；故选：D ．例11．()f x 和()g x 都是定义在R 上的函数，且方程[()]0x g f x -=有实数解，则[()]f g x 不可能是()A ．32x-B ．23x -C ．4|1|5x --+D ．4|1|5x -+【解析】解：因为[()]0x g f x -=，所以[()]g f x x =，得{[()]}()f g f x f x =，即[()]f g x x =，所以[()]g f x x =与[()]f g x x =是等价的，即[()]x g f x =有解，[()]f g x x =也有解，也就是说有解得都是有可能的，A ．当32x x -=时，1x =成立；B ．当23x x -=时，23x x =+结合图象有解；C ．当4|1|5x x --+=时，即4|1|5x x -=-，当1x 时，得910x =，舍去；当1x <时，无解，故方程无解，C 错误；D ．当4|1|5x x -+=时，得910x =有解．故选：C ．例12．函数()f x 、()g x 都是定义在R 上的函数，若[()]x g f x =方程有解，则函数[()]g f x 不可能是()A ．215x x +-B ．215x -C ．215x x ++D ．215x +【解析】解：[()]x g f x =方程有解，得[()]g f x x =方程有实根，直接把四个答案分别代入，发现只有C 无解；题目要我们选不可能的，所以只能选无解的那个C ．故选：C ．题型五：含参二次函数复合型零点问题例13．设定义域为R 的函数|1|251,0()44,0x x f x x x x -⎧-=⎨++<⎩，若关于x 的方程22()(21)()0f x m f x m -++=有7个不同的实数解，则(m =)A ．6m =B ．2m =C ．6m =或2D ．6m =-【解析】解：当2m =时，由2()5()40f x f x -+=得()1f x =或()4f x =，当0x 时，|1|()51x f x -=-，由|1|511x --=得51log 2x =±均符合，由|1|514x --=得0x =，2x =均符合，当0x <时，2()44f x x x =++，由2441x x ++=得1x =-，3x =-均符合，由2444x x ++=得0x =（舍)，4x =-符合，故2m =时，关于x 的方程22()(21)()0f x m f x m -++=有7个不同的实数解，所以排除A 和D ；当6m =时，由2()13()90f x f x -+=得()4f x =或()9f x =，当()4f x =时，已经解出0x =，2x =，4x =-均符合；当()9f x =时，由|1|0519x x -⎧⎨-=⎩ ，解得51log 10x =+，由20449x x x <⎧⎨++=⎩得5x =-，故6m =时，原方程只有5个不同实根，不符合题意，故排除C ．故选：B ．例14．设定义域为R 的函数|1|251,0()44,0x x f x x x x -⎧-=⎨++<⎩若关于x 的方程22()(21)()0f x m f x m -++=有5个不同的实数解，则(m =)A ．6B ．4或6C ．6或2D ．2【解析】解：题中原方程22()(21)()0f x m f x m -++=有5个不同的实数根，结合函数()f x 的图象可得，令()t f x =，则关于t 的方程22(21)0t m t m -++=有一根为4t =，另一个根大于4或等于0．把4t =代入方程22(21)0t m t m -++=求得2m =或6m =．当2m =时，关于t 的方程22(21)0t m t m -++=有一根为4t =，另一个根等于1，不满足条件．当6m =时，关于t 的方程22(21)0t m t m -++=有一根为4t =，另一个根等于9，满足条件．故选：A．例15．设定义域为R 的函数1(1)|1|()1(1)x x f x x ⎧≠⎪-=⎨⎪=⎩，若关于x 的方程2()()0f x bf x c ++=有5个不同的实数解，则b c +值为()A ．0B ．1C ．1-D ．不能确定【解析】解：作函数1(1)|1|()1(1)x x f x x ⎧≠⎪-=⎨⎪=⎩的图象，关于x 的方程2()()0f x bf x c ++=有5个不同的实数解，∴方程20x bx c ++=有2个不同的实数解1，1x ，11x b ∴+=-，11x c =，故1111b c x x +=--+=-，故选：C．变式14．设定义域为R 的函数|1|21,(1)(),(1)x x f x a x --⎧+≠=⎨=⎩，若关于x 的方程22()(23)()30f x a f x a -++=有五个不同的实数解，则a 的取值范围是()A ．(0,1)B ．3(0,)2C ．(1,2)D ．33(1,)(,2)22【解析】解：作出()f x 的图象如图：设()t f x =，则方程等价为22(23)30t a t a -++=，由图象可知，若关于x 的方程22()(23)()30f x a f x a -++=有五个不同的实数解，∴即要求对应于()f x 等于某个常数有3个不同实数解，∴故先根据题意作出()f x 的简图：由图可知，只有当()f x a =时，它有三个根．所以有：12a <<①．再根据22()(23)()30f x a f x a -++=有两个不等实根，则判别式△2(23)4230a a =+-⨯⨯>，解得32a ≠，故312a <<或322x <<，故选：D．变式15．设定义域为R 的函数|1|(1)()1()1(1)2x a x f x x -=⎧⎪=⎨+≠⎪⎩，若关于x 的方程22()(23)()30f x a f x a -++=有五个不同的实数解，则a 的取值范围是()A ．(0,1)B ．11(0,)(,1)22C ．(1,2)D ．33(1,)(,2)22【解析】解：题中原方程22()(23)()30f x a f x a -++=有且只有5个不同实数解，∴即要求对应于()f x 等于某个常数有3个不同实数解，∴故先根据题意作出()f x 的简图：由图可知，只有当()f x a =时，它有三个根．所以有：12a <<①．再根据22()(23)()30f x a f x a -++=有两个不等实根，得：△23(23)42302a a a =+-⨯⨯>⇒≠②结合①②得：312a <<或322a <<．故选：D ．变式16．设定义域为R 的函数2,1()|(1)|,1x x f x lg x x ⎧=⎨->⎩ ，若关于x 的方程2()()0f x bf x +=有4个不同的实根，则实数b 的取值范围为()A ．(2,)+∞B ．(0，2]C ．[2-，0)D ．(,2)-∞-【解析】解：作函数2,1()|(1)|,1x x f x lg x x ⎧=⎨->⎩的图象如下，，2()()0f x bf x +=，()0f x ∴=或()f x b =-，结合图象可知，方程()0f x =有且仅有一个根2x =，故方程()f x b =-有3个不同的根，故02b <- ，故20b -< ，故选：C ．变式17．（多选题）函数2()(0)f x ax bx c a =++≠的图象关于直线2bx a=-对称，据此可推测，对任意的非零实数a ，b ，c ，m ，n ，p 关于x 的方程2[()]()0m f x nf x p ++=的解集不可能是()A ．{1，2}B ．{1，3，6，9}C ．{1，2，3，4}D ．{1，4，16，64}【解析】解：2()f x ax bx c =++的对称轴为直线2b x a=-，设方程2[()]()0m f x nf x p ++=的解为1()f x ，2()f x ，则必有211()f x y ax bx c ==++，222()f x y ax bx c ==++，那么从图象上看，1y y =，2y y =是一条平行于x 轴的直线，它们与()f x 有交点，由对称性，则方程21y ax bx c =++的两个解1x ，2x 要关于直线2b x a =-对称，即12b x x a+=-，同理方程22y ax bx c =++的两个解3x ，4x 也要关于直线2b x a =-对称，即34b x x a+=-，在A 中，可以找到对称轴为直线32x =，在C 中，可以找到对称轴为直线 2.5x =，在B 中，找不到这样的组合使得对称轴一致，也就是说无论怎么分组，都没办法使得其中两个的和等于另外两个的和，故答案B 不可能，在D 中，找不到这样的组合使得对称轴一致，也就是说无论怎么分组，都没办法使得其中两个的和等于另外两个的和，故答案D 不可能，故选：BD ．变式18．设定义域为R 的函数2|1|,0()(1),0x x f x x x +⎧=⎨->⎩，找出一组b 和c 的值，使得关于x 的方程2()()0f x b f x c +⋅+=有7个不同的实根．【解析】解：()f x 的图象如图所示：32b =-，12c =满足条件，理由如下：设()f x t =，20t bt c ++=，由图象可得以上有关于t 的方程必须有一解为1，另一解a 在区间(0,1)中，才会使得关于x 的方程2()()0f x b f x c +⋅+=有7个解．其中，()1f x =有3个解，()(0f x a =∈，1)有四个解．所以可令11t =，212t =，即可得方程231022x x -+=，则32b =-，12c =．故答案为：32b =-，12c =．变式19．设定义域为R 的函数|1|2,(0)(),(0)x a x f x x bx c x -⎧=⎨++<⎩，f （2）4=，(3)(1)1f f -=-=．（1）求()f x 的解析式；（2）若关于x 的方程22()(21)()0f x m f x m -++=有7个不同的实数解，求实数m 的值．【解析】解：（1）由题意，f （2）4a ==；(3)931f b c -=-+=，(1)11f b c -=-+=；则4a =，4b =，4c =；故|1|24,0()44,0x x f x x x x -⎧=⎨++<⎩ ；（2）作|1|24,0()44,0x x f x x x x -⎧=⎨++<⎩的图象如下，则若使关于x 的方程22()(21)()0f x m f x m -++=有7个不同的实数解，则22(21)0t m t m -++=有两个不同的实数解，且有一个解为1或4；若1是22(21)0t m t m -++=得解，则21(21)0m m -++=；故0m =或2m =；若0m =，则22(21)0t m t m -++=的两个解为1，0；不成立；若2m =，则22(21)0t m t m -++=的两个解为1，4；由图知不成立；若4是22(21)0t m t m -++=得解，则2164(21)0m m -++=；故6m =或2m =；若6m =，则22(21)0t m t m -++=的两个解为4，9；不成立；故不存在．题型六：零点求和问题例16．设定义域为R 的函数1,11()1,11,11x x f x x x x⎧>⎪-⎪==⎨⎪⎪<-⎩，若关于x 的方程2()()0f x bf x c ++=有三个不同的解1x ，2x ，3x ，则222123x x x ++的值是()A ．1B ．3C ．5D ．10【解析】解：令()f x t =，做出()f x 的函数图象如下：由图象可知当1t =时，()f x t =有三解，当01t <<或1t >时，()f x t =有两解，当0t 时，方程()f x t =无解．关于x 的方程2()()0f x bf x c ++=有三个不同的解1x ，2x ，3x ，()1f x ∴=，当1x <时，令111x=-解得0x =，当1x >时，令111x =-解得2x =，当1x =时，显然1x =是()1f x =的解．不妨设123x x x <<，则10x =，21x =，32x =，∴2221235x x x ++=．故选：C ．例17．设定义域为R 的函数1,1|1|()1,1x x f x x ⎧≠⎪-=⎨⎪=⎩，若关于x 的方程2()()0f x bf x c ++=有三个不同的实数根1x ，2x ，3x ，则222123x x x ++等于()A ．5B ．4C ．1D ．0【解析】解：分段函数的图象如图所示：由图可知，只有当()1f x =时，它有三个根．由11|1|x =-，即|1|1x -=，解得0x =，2x =或1x =．∴关于x 的方程2()()0f x af x b ++=有且只有3个不同实数解，解分别是2，1，0，即12x =，21x =，30x =，2221234105x x x ∴++=++=，故选：A ．例18．设定义域为R 的函数|2|,2()4,2lg x x f x x -≠⎧=⎨=⎩，则关于x 的方程2()()0f x bf x c ++=有5个不同的实数解(1i x i =，2，3，4，5)，则12345(2)(f x x x x x +++++=)A ．12B ．14C ．2D ．1【解析】解：画出()f x 的图象，由于关于x 的方程2()()0f x bf x c ++=有5个不同的实数解，令()f x t =，则20t bt c ++=有两个不等的实数根，且其中一个为2，画出直线(2)y m m =≠，得到5个交点，其横坐标为1x ，2x ，3x ，4x ，5x ，设32x =，且12345x x x x x <<<<，由于|2|y lg x =-的图象关于直线2x =对称，则15244x x x x +=+=，即有1234510x x x x x ++++=，则12345(2)(12)101f x x x x x f lg +++++===，故选：D ．变式20．（多选题）设定义域为R 的函数1,1|1|()1,1x x f x x ⎧≠-⎪+=⎨⎪=-⎩，若关于x 的方程2[()]()0f x af x b ++=有且仅有三个不同的实数解1x ，2x ，3x ，且123x x x <<．下列说法正确的是()A ．2221235x x x ++=B ．10a b ++=C ．1322x x x +>D ．132x x +=-【解析】解：因为函数1,1|1|()1,1x x f x x ⎧≠-⎪+=⎨⎪=-⎩，作出函数图象如图所示，关于x 的方程2[()]()0f x af x b ++=有且仅有三个不同的实数解，由图象可知，只有当()1f x =时，方程有三个根1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，故12x =-，21x =-，30x =，所以2221235x x x ++=，故选项A 正确；当()1f x =时，由2[()]()0f x af x b ++=，可得10a b ++=，故选项B 正确；因为1322022x x x +=-+=-=，故选项C 错误；因为13202x x +=-+=-，故选项D 正确；故选：ABD ．变式21．设定义域为R 的函数1,1|1|()1,1x x f x x ⎧≠⎪-=⎨⎪=⎩，若关于x 的方程2()()0f x bf x c ++=有5个不同的解1x ，2x ，3x ，4x ，5x ，则12345x x x x x ++++=．【解析】解：作出函数1,1|1|()1,1x x f x x ⎧≠⎪-=⎨⎪=⎩的图象，如图所示，令()f x t =，由图象可知，当1t =时，方程()f x t =有3个根，当01t <<或1t >时，方程()f x t =有2个根，则方程2()()0f x bf x c ++=，等价于20t bt c ++=，因为方程2()()0f x bf x c ++=恰有5个不同的实数解1x ，2x ，3x ，4x ，5x ，所以等价于方程20t bt c ++=有两个实数解11t =，或201t <<，或21t >，可得这5个根也关于直线1x =对称，所以123455x x x x x ++++=．故答案为：5．题型七：其他型例19．已知()f x 是定义域为(0,)+∞的单调函数，若对任意的(0,)x ∈+∞，都有13[()log ]4f f x x +=，且方程|()3|f x a -=在区间(0，3]上有两解，则实数a 的取值范围是()A ．01a <B ．1a <C ．01a <<D ．1a 【解析】解：()f x 是定义域为(0,)+∞的单调函数，对任意的(0,)x ∈+∞，都有13[()log ]4f f x x +=，∴必存在唯一的正实数a ，满足13()log f x x a +=，f （a ）4=①，f ∴（a ）13log a a +=②，由①②得：134log a a +=，即13log 4a a =-，41(3a a -∴=，解得3a =．故13()log 3f x x a +==，13()3log f x x ∴=-，由方程|()3|f x a -=在区间(0，3]上有两解，即有13|log |x a =在区间(0，3]上有两解，作出13|log |y x =的图象，如图所示：，结合题意，01a < ，故选：A ．例20．已知定义域为(0,)+∞的单调函数()f x ，若对任意(0,)x ∈+∞，都有12[()log ]3f f x x +=”，则方程()2f x =+()A ．3B ．2C ．1D ．0【解析】解：定义域为(0,)+∞的单调函数()f x ，满足12[()log ]3f f x x +=，()2f x =+，∴必存在唯一的正实数a ，满足12()log f x x a +=，f （a ）3=，①∴12()log f a a a +=，②由①②得：123log a a +=，12log 3a a =-，31()2a a -=，左增，右减，有唯一解2a =，故12()log 2f x x a +==，12()2log f x x =-，由122log 2x -=+，得2log x =∴x =，令0t =>，则22t t =，此方程只有两个正根2t =，或4t =，4x ∴=，或16x =．故方程()2f x =+2．故选：B ．例21．已知定义域为(0,)+∞的单调函数()f x ，若对任意的(0,)x ∈+∞，都有12[()log ]3f f x x +=，则方程3()2f x x =-的解的个数是．【解析】解：定义域为(,)O +∞的单调函数()f x ，满足12[()log ]3f f x x +=，3()2f x x =-，∴必存在唯一的正实数a ，满足12()log f x x a +=，f （a ）3=，①f ∴（a ）12log a a +=，②由①②得：123log a a +=，12log 3a a =-，31()2a a -=，左增，右减，有唯一解2a =，故12()log 2f x x a +==，12()2f x log x =-，由31222log x x -=-，得312log x x =，∴由函数图象可知3()2f x x =-的解只有一个．故答案为1．。

专题20函数嵌套问题一、单选题1．已知函数()e ,02,0x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩，则方程()20f f x ⎡⎤-=⎣⎦的根个数为（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【解析】令()20y f f x =-=⎡⎤⎣⎦，即()2f f x =⎡⎤⎣⎦根的个数，设()f x t =，所以()2f t =，即0,e 2t t ≥=或0,22t t <-=，解得ln 2t =或1t =-，即()ln 2f x =或()1f x =-，即0,e ln 2x x ≥=或0,2ln 2x x <-=，解得ln 22x =-；或0,e 1x x ≥=-或0,21x x <-=-，无符合题意的解.综上所述：程()2y f f x =-⎡⎤⎣⎦的根个数为1个.故选：A.2．已知函数()232,1,42,1,x x x f x x x x ⎧--≤⎪=⎨+->⎪⎩则函数()()3y f f x =-的零点个数为（）A ．2B ．3C ．4D ．5【解析】作出()f x的图象，如图所示：则()f x 的值域为R ，求()()3y f f x =-的零点，即求()()30f f x -=，即()()3f f x =，对应方程的根.设()m f x =，则m R ∈，则()()3f f x =等价于()3f m =，如图所示：()3f m =有3个交点，则m 有三个解，当1m £时，有2323m m --=，解得0m =或2m =-，当1m >时，有423m m+-=，解得4m =或1m =（舍）故m 的值分别为2-，0，4，则()m f x =对应解如下图()m f x =对应5个交点，分别为点Q ，M ，K ，E ，T ，综上所述：()()3y f f x =-的零点个数为5个.故选：D3．已知()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，()f x ¢是()f x 的导函数，若对()0,x ∀∈+∞都有()23xf f x ⎡⎤-=⎣⎦，则方程()40f x x'-=的解所在的区间是（）A ．()1,2B ．()2,3C ．()3,4D ．()5,8【解析】由题意可知，对任意的()0,x ∞∈+，都有()23xf f x ⎡⎤-=⎣⎦.则()2x f x -为定值.设()2x t f x =-，则()2xf x t =+.又由()3f t =，即23t t +=.可解得1t =.则()21xf x =+，∴()2ln 2xf x '=.∴()442ln 2x f x x x'-=-.令()42ln 2xh x x=-，()2242ln 20x h x x '=+>，故()h x 在()0,+∞上单调递增，又由()12ln 240h =-<，()24ln 210h =->.故()h x 的唯一零点在区间()1,2之间.则方程()40f x x'-=的解在区间()1,2上.故选:A.4．已知函数()1,0ln ,0x x f x x x x ⎧+<⎪=⎨⎪>⎩，则函数()()22g x f f x ⎡+⎤⎣⎦=+的零点个数为（）A ．3B ．4C ．5D ．6【解析】令()2t f x =+，当1x <-时，1()(,2)f x x x =+∈-∞-且递增，此时(,0)t ∈-∞，当10x -<<时，1()(,2)f x x x=+∈-∞-且递减，此时(,0)t ∈-∞，当210e<<x 时，()ln (,2)f x x =∈-∞-且递增，此时(,0)t ∈-∞，当21e x >时，()ln (2,)f x x =∈-+∞且递增，此时(0,)t ∈+∞，所以，()g x 的零点等价于()f t 与2y =-交点横坐标t 对应的x值，如下图示：由图知：()f t 与2y =-有两个交点，横坐标11t =-、201t <<：当11t =-，即()3f x =-时，在(),1x ∈-∞-、(1,0)-、21(0,)e 上各有一个解；当201t <<，即2()1f x -<<-时，在21,e x ∞⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭有一个解.综上，()g x 的零点共有4个.选：B5．已知函数()21,02211,0x x x f x x x ⎧+≤⎪=⎨⎪--+>⎩，若关于x 的方程()()()2210f x k xf x kx -++=有且只有三个不同的实数解，则正实数k 的取值范围为（）A ．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．()1,11,22⎡⎫⋃⎪⎢⎣⎭C ．()()0,11,2U D ．()2,+∞【解析】因为()21,0212,02122,2x x x f x x x x x ⎧+≤⎪⎪⎪=<≤⎨⎪⎪->⎪⎩，由()()()2210f x k xf x kx -++=可得()()0f x x f x kx -⋅-=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，所以，关于x 的方程()f x x =、()f x kx =共有3个不同的实数解.①先讨论方程()f x x =的解的个数.当0x ≤时，由()212f x x x x =+=，可得0x =，当102x <≤时，由()2f x x x ==，可得x ∈∅，当12x >时，由()22f x x x =-=，可得23x =，所以，方程()f x x =只有两解0x =和23x =；②下面讨论方程()f x kx =的解的个数.当0x ≤时，由()212f x x x kx =+=可得102x x k ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭，可得0x =或12x k =-，当102x <≤时，由()2f x x kx ==，可得2k =，此时方程()f x kx =有无数个解，不合乎题意，当12x >时，由()22f x x kx =-=可得22x k =+，因为0k >，由题意可得10221220k k k ⎧-<⎪⎪⎪≤⎨+⎪>⎪⎪⎩或10222230k k k ⎧-<⎪⎪⎪=⎨+⎪>⎪⎪⎩或10221222223k k k ⎧-≥⎪⎪⎪>⎨+⎪⎪≠⎪+⎩，解得112k ≤<或12k <<.因此，实数k 的取值范围是()1,11,22⎡⎫⋃⎪⎢⎣⎭.故选：B.6．函数()22,02,0x x x x f x x x e⎧-≤⎪=⎨>⎪⎩，若关于x 的方程()()210f x af x a -+-=恰有四个不同的实数根，则实数a 范围为（）A ．e 21,e +⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．22e 21,e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭C ．22e 21,e ⎡⎫+⎪⎢⎣⎭D ．e 21,e +⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】作出函数()f x 的图像如下所示，当0x >，2xx y e =时，22e x xy -'=，所以()0,1x ∈时递增，当()1,x ∈+∞时递减，所以当0x >时，2x xy e =在=1x 处取最大值为：2e（如下图所示平行于x 直线）；因为()()210f x af x a -+-=，即()()+110f x a f x ⎡⎤⎡⎤--=⎣⎦⎣⎦，解得()1f x =或()1f x a =-，当()1f x =时，观察图像易知此时只有一个交点，即有一个根，要使关于x 的方程()()210f x af x a -+-=恰有四个不同的实数根，则需要()1f x a =-与图像有三个不同交点，只需要201ea <-<，即e 21e a +<<.故选：D.7．已知函数()3,133,1xx f x elnx x x x ⎧>⎪=⎨⎪-+≤⎩，若函数2[()]4=+y f x 与()y af x =的图象恰有8个不同公共点，则实数a 的取值范围是（）A ．(4,5)B ．(4,10)C ．292,5⎛⎫⎪⎝⎭D ．294,5⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】当1x >时，()e ln xf x x=，2ln 1()e ln x f x x -'=，由1e x <<时，()0f x '<，得()f x 单调递减，由e x >时，()0f x '>，得()f x 单调递增，故e x =时，min ()(e)1f x f ==；当1x ≤时，()()32()33,()33311'=-+=-=-+f x x x f x x x x ，由11x -<<时，()()()3110'=-+<f x x x ，得()f x 单调递减，由1x <-时，()()()3110'=-+>f x x x 得()f x 单调递增，所以1x =-时，()f x 有极大值(1)5f -=，当1x =时，(1)1f =，作出()3,1eln 33,1⎧>⎪=⎨⎪-+≤⎩xx f x x x x x 的大致图象如图：函数()24⎡⎤⎣=+⎦y f x 与()y af x =的图象恰有8个不同公共点，即方程()()204-=⎡⎤⎣⎦+f x x af 有8个不同的根，令()f x t =，根据其图象，讨论2)40(=*-+t at 有8解情况如下：令2()4=-+t t at g，当()*在()1,5有两个解时，满足题意，即2(1)50(5)2950152160=->⎧⎪=->⎪⎪⎨<<⎪⎪∆=->⎪⎩g a g a a a ，解得45a <<，故选：A.8．定义在R 上的函数()1,111,1x x f x x ⎧≠⎪-=⎨⎪=⎩，若关于x 的方程2()()0f x mf x n ++=恰有5个不同的实数解12345,,,,x x x x x ，则12345()f x x x x x ++++=（）A．2B．1C．12D．14【解析】作出函数1,11 ()1,1xxf xx⎧≠⎪-=⎨⎪=⎩的图象，如图所示，令()f x t=，由图象可知，当1t=时，方程()f x t=有3个根，当01t<<或1t>时，方程()f x t=有2个根，则方程2()()0f x mf x n++=等价于20t mt n++=，因为方程2()()0f x mf x n++=恰有5个不同的实数解12345,,,,x x x x x，所以等价于方程20t mt n++=有两个实数解11t=，或201t<<，或21t>，可得这5个根也关于直线1x=对称，所以123455x x x x x++++=，所以1234511()(5)514f x x x x x f++++===-，故选：D9．设函数()431,0log,0x xf xx x⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩，若关于x的方程()()()2230f x a f x-++=⎡⎤⎣⎦恰好有六个不同的实数解，则实数a的取值范围为（）A．()2,2--B．32,2⎛⎤-⎥⎝⎦C．3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D．()2,+∞【解析】画出函数()431,0log,0x xf xx x⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩的图象如下图所示，令()f x t=，则方程()()()2230f x a f x-++=⎡⎤⎣⎦可化为()2230t a t-++=.由图可知：当(]1,2t∈时，()y f x=与y t=有3个交点，要使关于x的方程()()()2230f x a f x-++=⎡⎤⎣⎦恰好有六个不同的实数解，则方程()2230t a t -++=在(]1,2内有两个不同实数根，∴()()()222Δ212021221213022230a a a a ⎧=+->⎪+⎪<<⎪⎨⎪-+⨯+>⎪-+⨯+≥⎪⎩，解得322a <≤，∴实数a的取值范围为32,2⎛⎤ ⎥⎝⎦.故选：B 10．已知()()221,1,log 1,1,x x f x x x ⎧+<⎪=⎨->⎪⎩()g x 为三次函数，其图象如图所示.若()()y f g x m =-有9个零点，则m 的取值范围是（）A ．()0,1B ．()0,3C ．51,3⎛⎫⎪⎝⎭D ．5,33⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】作出()f x 的图像如图所示，由()g x 的图像可知，()g x 的极大值为()02g m =+，极小值为()23g m =-，()()y f g x m =-有9个零点，令()t x g =，结合()f x 和()g x 的图像可知，()f t m =有3个解，分别设为123,,t t t ，且123t t t <<，且每个t 对应都有3个满足()g x t =，欲使()()y f g x m =-有9个零点，由图可知：03m <<，且112,2t ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，21,12t ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()32,9t ∈，由函数()f x 的解析式知：112m t +=-，212m t -=，321m t =+，由()g x 图像可知，()123,,3,2t t t m m ∈-+，则13221322321203mm m m m m m m m m +⎧-<-<+⎪⎪-⎪-<<+⎨⎪-<+<+⎪⎪<<⎩，解得5533550103m m m m ⎧-<<⎪⎪⎪-<<⎨⎪<<⎪<<⎪⎩，得01m <<，故选：A.11．已知函数()1,0,ln ,0,x a x f x x x ⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩（0a >且1a ≠），若函数()()y f f x a =-的零点有5个，则实数a 的取值范围为（）A ．2a =B ．ln 21a ≤<或12a <<C ．0ln 2a <≤或12a <<或2a =D ．ln 21a ≤<或2a =【解析】依题意函数()()y f f x a =-的零点即为方程()()f f x a =的根，①当01a <<时函数()f x的函数图象如下所示：所以()f t a =有两个根1t ，2t （101t <<，21t >），而()1t f x =对应2个根，所以需要()2t f x =对应3个根，所以22t ≥，即e 2a ≥，解得ln 21a ≤<；②当2a >时函数()f x的函数图象如下所示：所以()f t a =有两个根1t ，2t （101t <<，22t >），而()1t f x =对应2个根，()2t f x =对应2个根，即共四个根，所以不满足题意；③当2a =时函数()f x的函数图象如下所示：所以()f t a =有三个根121et =，22e t =，30t =，从而()2e f x =，()21ef x =，()0f x =，所对应2、2、1个根，即共5个根，所以满足题意；④当12a <<时函数()f x的函数图象如下所示：所以()f t a =有三个根1t ，2t ，3t ，（101t <<，21t >，30t <），而()1t f x =，()2t f x =，()3t f x =分别对应2、2、0个根，即共四个根，所以不满足题意；综上可得实数a 的取值范围为ln 21a ≤<或2a =；故选：D12．已知函数()3e ,1e ,1x x x xf x x x⎧<⎪=⎨≥⎪⎩（e 为自然对数的底数），函数()()g x xf x =，若关于x 的方程()()220g x ag x -⎤⎣⎦=⎡有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是（）．A ．e ,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．222e ,e 8⎛⎫⎪⎝⎭C ．()222e e ,0,,e 82⎛⎫⎛⎫-∞⋃⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．222e e ,,e 82⎛⎫⎛⎫⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【解析】由题设22e ,1()e ,1x x x x g x x x⎧<⎪=⎨≥⎪⎩，且方程的根分别为1()0g x =、2()2g x a =，当1x <时()(2)e x g x x x '=+，在(,2)-∞-、(0,1)上()0g x '>，在(2,0)-上()0g x '<，所以()g x 在(,2)-∞-、(0,1)上递增，在(2,0)-上递减，则极大值24(2)e g -=，极小值(0)0g =，在各单调区间上恒有()0>g x ；当1≥x 时32())(e xx x xg -'=，在[1,2)上()0g x '<，在(2,)+∞上()0g x '>，所以()g x 在[1,2)上递减，在(2,)+∞上递增，且2e()(2)4g x g ≥=，(1)e g =；综上，()g x的图象如下：显然1()0g x =时有一个解，而原方程共有2个实数根，所以，由图知：2224e ()2(,)(e,)e 4g x a =∈⋃+∞，即222e e(,(,)e 82a ∈⋃+∞.故选：D二、多选题13．已知函数2332xxy =-在()0,∞+上先增后减，函数3443xxy =-在()0,∞+上先增后减.若()231log log x =()321log log 0x a =>，()()242422log log log log x x b ==，()()343433log log log log 0x x c ==>，则（）A ．a c<B ．b a<C ．c a<D ．a b<【解析】∵()()231321log log log log x x a ==，∴31log 2a x =，21log 3ax =，∴23132aax ==.设()2332ttf t =-，∵()()0110f f ==>，()2815120f =-<，2332xxy =-在()0,∞+上先增后减，∴()1,2a ∈.∵()()242422log log log log x x b ==，∴42221log log 22b x x ==，22log 4bx =，∴142b b +=，∴1b =.∵()()343433log log log log 0x x c ==>，∴34343ccx ==设()3443ttg t =-，∵()010g =>，()1170g =-<，3443xxy =-在()0,∞+上先增后减，∴()0,1c ∈.∴c b a <<.故选：BC.14．已知函数()212,02log ,0xx f x x x ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪>⎩，方程()()220(0)f x f x m m +-=>有四个不同的实数根，从小到大依次是1234,,,,x x x x 则下列说法正确的有（）A ．13x <-B ．122x x +<-C ．342x x =D ．m 可以取到3【解析】由题设，2222,0()log ,01log ,1x x f x x x x x -⎧-≤⎪=-<<⎨⎪≥⎩，其函数图象如下：而2()2()y f x f x m =+-的对称轴为()1f x =-且440m ∆=+>，即1m >-，所以0y =必有两个零点1()f x 、2()f x 分别在()1f x =-的两侧，由上图知：10()1f x <≤且23()2f x -≤<-，满足原方程有四个实根，故123()()0f x f x m -≤=-<，则03m <≤，D 正确；所以13222x --≤-<-：21log 52x -≤<-；且210x -<≤；230log 1x <-≤：3112x ≤<；且240log 1x <≤：412x <≤.；所以212341log 5210122x x x x -≤<-<-<≤<≤<<≤且341x x =，则122x x +<-，故A 、C 错误，B 正确.故选：BD15．已知函数()224,0,21,0,xx x x f x x -⎧+<=⎨-≥⎩若关于x 的方程()()244230f a f x a x -⋅++=有5个不同的实根，则实数a 的取值可以为（）A ．32-B ．43-C ．65-D ．76-【解析】令()f x m =，记2()4423g m m am a =-++的两个零点为12,m m ，则由()f x 的图象可知：方程()()244230f x a f x a -⋅++=有5个不同的实根⇔12,y m y m ==与()f x 的图象共有5个交点121m ⇔-<≤-，且210m -<<（不妨设12m m <）.则()()()221019016700230Δ230g a g a g a a a ⎧-=+>⎪-=+≤⎪⎨=+>⎪⎪=-->⎩解得3726a -<≤-.故选：BCD16．已知函数()()2lg ,0,64,0,x x f x x x x ⎧-<⎪=⎨-+⎪⎩若关于x 的方程2()()40f x mf x +-=有6个不同根，则整数m 的取值可能是（）A ．2B ．3C ．4D ．5【解析】作出函数f (x )的图象如图：关于x 的方程2()()40f x mf x +-=有6个不同根，令()t f x =，240t mt +-=，即方程240t mt +-=有2个不同的解，可能一个在(0,4]上，一个在(5,0)-上，也可能两个都在(4,)+∞上.令2()4g t t mt =+-，若()g t 在(0,4]上和(5,0)-上各有一个不同的零点，所以()()()500040g g g ⎧->⎪<⎨⎪≥⎩，解得2135m -≤<，所以整数m 的取值可以是-3，-2，-1，0，1，2，3，4.若()g t 在(4,)+∞有两个不同的零点，所以()24216040m m g ⎧->⎪⎪+>⎨⎪>⎪⎩，该不等式组无解，故选：ABC17．设函数()41,14,1x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨-+>⎪⎩，集合()(){}220,M x f x f x k k R =++=∈，则下列命题正确的是（）A ．当0k =时，{}0,4,6M =B ．当1k >时M =∅C ．若集合M 有三个元素，则k 的取值范围为()15,3--D ．若{},,,M a b c d =（其中a b c d <<<），则4412a b c d +++=【解析】A ：0k =时，{|()0M x f x ==或()2}f x =-，结合()f x 解析式：()0f x =时有0x =或4x =，()2f x =-时有6x =，所以{}0,4,6M =，正确；B ：1k >时，由2240k ∆=-<，知方程()()220f x f x k ++=无解，则M =∅，正确；由()f x解析式可得其函数图象如下图示：令()()22y fx f x k =++，开口向上且对称轴为()1f x =-，若{},,M a b c =，则440k ∆=->，即1k <，有以下情况：1、()f x m =(13)m ≤<，()f x n =(0)n <：此时，令2()2g x x x k =++，则()g x 在[1,3)x ∈上有一个零点，∴(1)(3)(15)(3)0(3)01g g k k g k =++≤⎧⎪≠⎨⎪<⎩，可得153k -<≤-，2、()0f x =，()2f x =-，由A 知：0k =.综上：(15,3]{0}k ∈--⋃，故C 错误；若{},,,M a b c d =，由函数y 的性质及()f x 图象知：必有()f x m =(01)m <<，()f x n =(23)n -<<-.此时，()4141a b-=--，()()()442f c f d c d +=-++-+=-，所以442a b +=，10c d +=，所以4412a b c d +++=，故D 正确.故选：ABD18．若()11f x x =--，则关于x 的方程()()()20f x af x +=的实数解的个数可能为（）A ．2B ．3C ．5D ．6【解析】由已知(),0,01112,122,2x x x x f x x x x x x -≤⎧⎪<≤⎪=--=⎨-<≤⎪⎪->⎩，作出函数图象如图所示，又()()()20f x af x +=，所以()0f x =或()f x a =-，因为()0f x =，有2个实数解，当0a -<，即0a >时，()f x a =-无解，()()()20f x af x +=共有2个实数解；当0a -=，即0a =，()()20f x =，共有2个实数解；当01a <-<，即10a -<<时，()f x a =-有4个实数解，()()()20f x af x +=共有6个实数解；当1a -=，即1a =-时，()f x a =-有3个实数解，()()()20f x af x +=共有5个实数解；当1a ->，即1a <-时，()f x a =-有2个实数解，()()()20f x af x +=共有4个实数解；故选：ACD.三、填空题19．已知函数()2sin 213f x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，当713,1212x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，关于x 的方程()()()22210f x m f x m m ⎡⎤-+++=⎣⎦恰有两个不同的实数根，则实数m 的取值范围是_______．【解析】原方程可化为[()][()(1)]0f x m f x m --+=，解得1()f x m =，2()1f x m =+，因为713,1212x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则5112,366x πππ⎡⎤-∈⎢⎣⎦，()[]1,2f x ∈-，()2sin 213f x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭的图象如图所示：因为方程()()()22210f x m f x m m ⎡⎤-+++=⎣⎦恰有两个不同的实数根，所以当1m <-时，则110m -<+≤，解得21m -<<-；当1m =-时，10m +=，此时方程有三个不同的实数根，不成立；当10m -<≤时，则12m +>，此时无解；当02m <≤时，则012m <+≤，解得01m <≤；当2m >时，此时方程无实数根，不成立；综上：21m -<<-或01m <≤20．已知函数1,0()lg ,0x x f x x x ⎧+<=⎨>⎩，()g x ²222x x λ=-+-，若关于x 的方程(())f g x λ=（R λ∈）恰好有6个不同的实数根，则实数λ的取值范围为_______.【解析】令()g x t =，则方程转化为()f t λ=，画出()y f x =的图象，如图可知()f t λ=可能有1,2,3个不同解，二次函数()g x t =可能有0,1,2个不同解，因为(())f g x λ=恰好有6个不同的实数根，所以()g x t =有2个不同的实数根，()f t λ=有3个不同的实数根，则01λ<<，因为|1|0,t t λ+=<，解得121,1t t λλ=-+=--，()lg 0t t λ=>，解得310t λ=，所以22221x x λλ-+-=-+，22221x x λλ-+-=--，222210x x λλ-+-=每个方程有且仅有两个不相等的实数解，所以由22221x x λλ-+-=-+，可得2210x x λ-+-=，即144(1)0λ∆=-->，解得02λ<<；由22221x x λλ-+-=--，可得22310x x λ-+-=，即244(31)0λ∆=-->，解得203λ<<；由222210x x λλ-+-=，可得2222100x x λλ-+--=，即()34422100λλ∆=--->，而10320λλ+->在20,3λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上恒成立，综上，实数λ的取值范围为203λ<<.21．已知函数()2sin 213f x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭.当713,1212x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，关于x 的方程22[()](21)()0f x m f x m m -+++=恰有三个不同的实数根，则m 的取值范围是_________.【解析】22[()](21)()0f x m f x m m -+++=等价于[()(1)][()]0f x m f x m -+-=，解得()1f x m =+或()f x m =，因为713,1212x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以5112,366x πππ⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，()[1,2]f x ∈-，如图，绘出函数()f x 的图象，方程22[()](21)()0f x m f x m m -+++=有三个不同的实数根等价于()1f x m =+有一个实数解且()f x m =有两个不同的实数解或()1f x m =+有两个不同的实数解且()f x m =有一个实数解，①当1m <-或2m >时，()f x m =无解，不符合题意；②当1m =-时，则10m +=，()f x m =有一个实数解，()1f x m =+有两个不同的实数解，符合题意；③当10m -<≤时，则012m <+≤，()f x m =有两个不同的实数解，()1f x m =+有一个实数解，符合题意；④当02m <≤时，则113m <+≤，()f x m =有一个实数解，()1f x m =+至多有一个实数解，不符合题意，综上，m 的取值范围为[1,0]-.22．已知函数()22ln ,04,0x x f x x x x ⎧+>=⎨--≤⎩，若函数2[()](21)()2=-++-y a f x a f x a （其中0a >）有6个不同的零点，则实数a 的取值范围是___________．【解析】画出函数()22ln ,04,0x x f x x x x ⎧+>=⎨--≤⎩的图像，如下图所示：设()f x t =，则当0t <时，方程()f x t =有一个根，当02t ≤<时，方程()f x t =有两个根，当2t =时，方程()f x t =有三个根，当24t <<时，方程()f x t =有四个根，当4t =时，方程()f x t =有三个根，当4t >时，方程()f x t =有两个根，所以，若2t =和4t =为方程2(21)20at a t a -++-=的两根时，原函数有6个不同的零点，则得到方程组222(21)2204(21)420a a a a a a ⎧⨯-+⨯+-=⎨⨯-+⨯+-=⎩，方程组无解；若02t ≤<，24t <<为方程2(21)20at a t a -++-=的两根时，原函数有6个不同的零点，得不等式组22200(21)0202(21)2204(21)420a a a a a a a a a a >⎧⎪⨯-+⨯+-≥⎪⎨⨯-+⨯+-<⎪⎪⨯-+⨯+->⎩，解得24a ≤<.故答案为：[)2,4.四、解答题23．已知函数212log (1)0()log (1)0x x f x x x +≥⎧⎪=⎨-<⎪⎩．（1）判断函数()y f x =的奇偶性；（2）对任意的实数x 、x ，且120x x +>，求证：()()120f x f x +>；（3）若关于x 的方程23[()]()04f x af x a +-+-=有两个不相等的正根，求实数a 的取值范围．【解析】（1）2(0)log (10)0f =+=．当0x >时，0x -<，有122()log [1()]log (1)()f x x x f x -=--=-+=-，即()()f x f x -=-．当0x <时，0x ->，有212()log [1()]log (1)()f x x x f x -=+-=--=-，即()()f x f x -=-．综上，函数()y f x =在R 上是奇函数．（2）因为函数2log y x =在(0,)+∞上是增函数，函数1u x =+在R 上也是增函数，故函数2log (1)=+y x 在[0,)+∞上是增函数．由（1）知，函数()y f x =是R 上的奇函数．由奇函数的单调性知，函数12log (1)y x =-在(,0)-∞上也是增函数，从而函数()y f x =在R 上是增函数．由120x x +>，得12x x >-，所以()()()122f x f x f x >-=-，即()()120f x f x +>．（3）由（1）知，函数()y f x =是R 上的奇函数，故原方程可化为23[()]()04f x af x a -+-=．令()f x t =，则当0x >时，()0t f x =>．原方程有两个不相等的正根等价于：关于t 的方程2304t at a ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭有两个不相等的正根，即23401,343001,343344a a a a a a a a a a ⎧⎛⎫⎧∆=--> ⎪⎪⎪⎝⎭⎪⎪⎪>⇔>⇔<<>⎨⎨⎪⎪⎪⎪->>⎩⎪⎩或因此，实数a 的取值范围为3,1(3,)4⎛⎫⋃+∞ ⎪⎝⎭．24．已知向量()2,2m a a b =+ （其中0a >），()()πsin 2,16n x =+- ，函数()f x m n =⋅ ，当π3π,44x ⎡⎤∈⎢⎣⎦时，函数f （x）的值域为1⎡⎤-⎣⎦.(1)求实数a ，b 的值；(2)设函数()()g x f x λ=-在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点，求实数λ的取值范围；(3)若对R x ∀∈，都有()()()2840f x k f x k +--≤恒成立，求实数k 的取值范围.【解析】(1)()2sin 226f x m n a x a b π⎛⎫=⋅=+-- ⎪⎝⎭ ，当π3π[,]44x ∈时，π2π5π2[,633x +∈，πsin(2[]62x +∈-，因为0a >，所以()[42)]f x a b a b ∈---，依题意可得)4321a b a b --=-⎧⎪⎨--⎪⎩，解得11a b =⎧⎨=-⎩.(2)由（1）知，π()2sin 216f x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，当π[0,2x ∈时，函数()f x 的图象如图：因为函数()()g x f x λ=-在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点，所以()y f x =在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦的图象与y λ=有两个交点，由图可知，01λ≤<.(3)因为π()2sin 216f x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭[3,1]∈-，所以对任意的[3,1]t ∈-，都有()2840t k t k +--≤恒成立，设2()(8)4h t t k t k =+--，则()()3010h h ⎧-≤⎪⎨≤⎪⎩,即93(8)401840k k k k ---≤⎧⎨+--≤⎩，解得95k ≥.25．已知函数()sin()(0,0)f x x ωϕωϕπ=+><<的图象相邻对称轴之间的距离是2π，若将()f x 的图象向右移6π个单位，所得函数()g x 为奇函数．(1)求()f x 的解析式；(2)若关于x 的方程2()()0f x f x a --=在0,3x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有三个解，求a 的取值范围．【解析】(1)因为图象相邻两对称轴之间的距离是2π，所以函数的最小正周期2T ππω==，解得2ω=，即()()sin 2f x x ϕ=+，因为()ππsin 2φsin 2φ63g x x x 轾骣骣犏琪琪=-+=-+琪琪犏桫桫臌为奇函数，所以3πφkπ-+=，k Z ∈，即3k πϕπ=+，k Z ∈，又因为0ϕπ<<，所以3πϕ=，()sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，(2)因为()sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，0,3x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以2,33x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，所以()[]0,1f x ∈，当2332x πππ≤+≤时，解得012x π≤≤，223x πππ≤+≤时，解得123x ππ≤≤，即()f x 在0,12π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在,123ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，且()0sin 3f π==sin 1122f ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭，sin 03f ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭，函数()sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，0,3x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦的图象如下所示：因为关于x 的方程2()()0f x f x a --=在0,3x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有三个解，令()t f x =，即20t t a --=，[]0,1t ∈，若21t =为方程20t t a --=的根，此时0a =，则10t =，不符合题意；依题意方程20t t a --=在[]0,1有两不相等实数根1t 、2t ，不妨令12t t <，且2t ⎫∈⎪⎪⎣⎭，1t ⎡⎫∈⎢⎣⎭；若22t =为方程20t t a --=的根，此时342a =-，则112t =-，此时符合题意；若22t ≠时，令()2g t t t a =--则()()001002Δ0g g g ⎧>⎪>⎪⎪⎛⎨< ⎪ ⎝⎭⎪⎪>⎩，即003042Δ140a a a a ->⎧⎪->⎪⎪⎨--<⎪⎪=+>⎪⎩，解得304a <<，综上可得304a ≤<。

c语言函数嵌套（原创版）目录1.C 语言函数嵌套的概念2.函数嵌套的实现方式3.函数嵌套的注意事项4.函数嵌套的实例解析正文C 语言函数嵌套是指在一个函数中调用另一个函数。

这种技术可以实现代码的模块化和复用，使得程序的设计更加简洁和清晰。

在 C 语言中，函数嵌套可以通过返回值和参数来实现。

首先，让我们了解一下函数嵌套的实现方式。

在 C 语言中，可以通过在函数内部调用另一个函数来实现函数嵌套。

被调用的函数可以是自定义的函数，也可以是系统提供的标准库函数。

调用方式和使用普通函数一样，只是在函数内部进行调用。

其次，函数嵌套的注意事项。

在使用函数嵌套时，应当避免函数调用过深，以免导致程序运行效率降低。

同时，应当注意函数嵌套可能会引发的递归调用过深问题。

如果发现函数嵌套过于复杂，可以考虑使用其他设计模式，如模块化或结构体等。

接下来，我们通过一个实例来解析函数嵌套。

假设我们需要计算一个矩形的面积和周长，可以定义两个函数分别计算面积和周长。

在计算面积的函数中，我们需要知道矩形的长和宽，而这两个参数可以通过用户输入或其他方式获取。

下面是一个简单的函数嵌套实例：```c#include <stdio.h>// 获取用户输入的矩形长和宽void getDimensions(double *length, double *width) {printf("请输入矩形的长：");scanf("%lf", length);printf("请输入矩形的宽：");scanf("%lf", width);}// 计算矩形的面积double calculateArea(double length, double width) {return length * width;}// 计算矩形的周长double calculatePerimeter(double length, double width) { return 2 * (length + width);}int main() {double length, width;getDimensions(&length, &width);double area = calculateArea(length, width);double perimeter = calculatePerimeter(length, width); printf("矩形的面积为：%.2lf", area);printf("矩形的周长为：%.2lf", perimeter);return 0;}```在上面的代码中，我们定义了一个`getDimensions`函数来获取用户输入的矩形长和宽，然后分别调用`calculateArea`和`calculatePerimeter`函数计算矩形的面积和周长。

嵌套函数的零点问题思路引导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.例题讲解类型一嵌套函数零点个数的判断【典例1】已知函数f (x )=2x +22,x ≤1log 2x -1 ,x >1，则函数F (x )=f f x -2f x -32的零点个数是( )A.4B.5C.6D.7【解题指导】令t =f (x ),F (x )=0→f (t )=2t -32→作函数y =f (x )与y =2x +32图象→两个交点的横坐标为t 1=0,t 2∈(1,2)→f (x )=t 1、f (x )=t 2判断F (x )的零点个数.【解析】令t =f (x ),F (x )=0，则f (t )-2t -32=0，作出y =f (x )的图象和直线y =2x +32，由图象可得有两个交点，设横坐标为t 1,t 2，∴t 1=0,t 2∈(1,2).当f (x )=t 1时，有x =2，即有一解；当f (x )=t 2时，有三个解，∴综上，F (x )=0共有4个解，即有4个零点，故选A【方法总结】1.判断嵌套函数零点个数的主要步骤(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．2．抓住两点：(1)转化换元．(2)充分利用函数的图象与性质．【针对训练】(2022·长春市实验中学高三模拟)已知f(x)=lg x,x>02x ,x≤0，则函数y=2[f(x)]2-3f(x)+1的零点个数是( )A.3B.5C.7D.8【答案】B【分析】函数y=2f2(x)-3f(x)+1=[2f(x)-1][f(x)-1]的零点，即方程f(x)=12和f(x)=1的根，画出函数f(x)=lg x，x>02x ，x≤0的图象，数形结合可得答案．【详解】函数y=2f2(x)-3f(x)+1=[2f(x)-1][f(x)-1]的零点，即方程f(x)=12和f(x)=1的根，函数f(x)=lg x，x>02x ，x≤0的图象如下图所示：由图可得方程f(x)=12和f(x)=1共有5个根，即函数y=2f2(x)-3f(x)+1有5个零点，故选B．类型二已知嵌套函数的零点个数求参数【例2】函数f(x)=ln(-x-1),x<-12x+1,x≥-1，若函数g(x)=f(f(x))-a有三个不同的零点，则实数a的取值范围____．【解题指导】设t=f(x)→令g(x)=f(f(x))-a=0→a=f(t)→作y=a，y=f(t)的图像数形结合根据a的范围分类讨论y=a，y=f(t)的交点个数【解析】设t=f(x)，令g(x)=f(f(x))-a=0，则a=f(t)．在同一平面直角坐标系内作y=a，y=f(t)的图像：①当a≥-1时，y=a与y=f(t)的图像有两个交点，设交点的横坐标为t1，t2(不妨设t2>t1)，则t1<-1，t2≥-1．当t1<-1时，t1=f(x)有一解；当t2≥-1时，t2=f(x)有两解，∴此时g(x)=f(f(x))-a有三个不同的零点，满足题意；②当a<-1时，y=a与y=f(t)的图像有一个交点．设交点的横坐标为t 3，令ln (-t -1)=-1得t =-1-1e ，∴-1-1e<t 3<-1，此时t 3=f (x )有一个解，不满足题意；综上所述，当a ≥-1时，函数g (x )=f (f (x ))-a 有三个不同的零点．【方法总结】(1)求解本题抓住分段函数的图象性质，由y =a 与y =f (t )的图象，确定t 1，t 2的取值范围，进而由t =f (x )的图象确定零点的个数．(2)含参数的嵌套函数方程，还应注意让参数的取值“动起来”，抓临界位置，动静结合．【针对训练】已知函数f (x )=2x-1 ,x <12-x ,x ≥1，若关于x 的函数y =2f 2(x )+2bf (x )+1有6个不同的零点，则实数b 的取值范围是__________．【答案】-32,-2【解析】作出f (x )的函数图象如下：设f (x )=t ，则当t =1或t <0时，方程f (x )=t 只有1解，当t =0时，方程f (x )=t 有2解，当0<t <1时，方程f (x )=t 有3解，当t >1时，方程f (x )=t 无解．∵关于x 的函数y =2f 2(x )+2bf (x )+1有6个不同的零点，∴关于t 的方程2t 2+2bt +1=0在0,1 上有两解，∴4b 2-8>00<-b 2<12+2b +1>0，解得-32<b <-2．模拟训练1.(2023春·浙江温州·高二温州中学校联考期末)已知函数f x =x e x 2+axex -2a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则2-x 1e x 122-x 2e x22-x 3e x 3=( )A.1B.4C.16D.642.(2023秋·江西景德镇·高二景德镇一中校考期中)已知函数F x =ln x x2+(a -1)ln xx+1-a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3 的值为A.1-aB.a -1C.-1D.13.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=(xe x )2+(a -1)(xe x )+1-a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3.其中x 1<x 2<x 3，则(1-x 1e x 1)(1-x 2e x 2)(1-x 3e x 3)2的值为( )A.1B.(a -1)2C.-1D.1-a4.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=x e x 2+axe x -a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则1-x1e x 121-x 2e x21-x 3e x3的值为()A.1B.-1C.aD.-a5.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =ax +ln x x -ln x -x 2，有三个不同的零点，(其中x 1<x 2<x 3)，则1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3 的值为A.a -1B.1-aC.-1D.16.(2023·辽宁·校联考二模)已知函数f x =9ln x 2+a -3 x ln x +33-a x 2有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，且x 1<1<x 2<x 3，则3-ln x 1x 1 23-ln x 2x 2 3-ln x 3x 3的值为( )A.81B.-81C.-9D.97.(2023春·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=ae x-x +3e 2xe x -x有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则1-x 1e x 121-x 2e x 21-x3ex 3的值为( )A.1B.3C.4D.98.(2023秋·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习)设定义在R 上的函数f (x )满足f (x )=9x 2+(a -3)xe x +3(3-a )e 2x 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3,且x 1<0<x 2<x 3, 则3-x 1e x123-x 2e x23-x 3e x 3的值是( )A.81 B.-81 C.9 D.-99.(2023秋·江西宜春·高三江西省丰城中学校考期中)已知函数f (x )=2(a +2)e 2x -(a +1)xe x +x 2有三个不同的零点x 1,x 2,x 3，且x 1<0<x 2<x 3，则2-x 1e x122-x 2e x22-x 3e x 3的值为( )A.3B.6C.9D.3610.(2023·陕西·统考模拟预测)已知函数f (x )=(a +3)e 2x -(a +1)xe x +x 2有三个不同的零点x 1,x 2,x 3，且x 1<x 2<x 3，则1-x 1e x121-x 2e x21-x 3e x 3的值为( )A.3B.4C.9D.1611.(2023春·江苏扬州·高三扬州中学校考开学考试)关于x 的方程ln x x +xln x -x+m =0有三个不等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<1<x 2<x 3，则ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1 的值为( )A.eB.1C.4D.1-m12.(2023秋·山西太原·高三山西大附中校考阶段练习)若关于x 的方程e ln x x +xe ln x +x+m =0有三个不相等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则ln x 21x 1+ln x 2x 2+ln x 3x 3的取值范围为( )A.0,1eB.0,eC.1,eD.0,113.(2023·山西阳泉·统考三模)关于x 的方程ln x x +xln x -x+m =0有三个不等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<1<x 2<x 3，则ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1 的值为A.eB.1C.1+mD.1-m14.(多选题)(2023秋·山东临沂·高三校联考阶段练习)若关于x 的方程e ln x x +xe ln x +x+m =0有三个不相等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则ln x 21x 1+ln x 2x 2+ln x 3x 3的值可能为( )A.1B.2e 3C.1e 2D.1e15.(2023秋·河南信阳·高三信阳高中校考开学考试)已知函数f (x )=x x -e x +e 2x +me x x -e x 有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1<0<x 2<x 3，其中m ∈R ，e =2.718为自然对数的底数，则m -x 1e x 1-1 2x 2e x 2-1 x 3e x 3-1 的范围为______．嵌套函数的零点问题思路引导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.例题讲解类型一嵌套函数零点个数的判断【典例1】已知函数f (x )=2x +22,x ≤1log 2x -1 ,x >1，则函数F (x )=f f x -2f x -32的零点个数是( )A.4B.5C.6D.7【解题指导】令t =f (x ),F (x )=0→f (t )=2t -32→作函数y =f (x )与y =2x +32图象→两个交点的横坐标为t 1=0,t 2∈(1,2)→f (x )=t 1、f (x )=t 2判断F (x )的零点个数.【解析】令t =f (x ),F (x )=0，则f (t )-2t -32=0，作出y =f (x )的图象和直线y =2x +32，由图象可得有两个交点，设横坐标为t 1,t 2，∴t 1=0,t 2∈(1,2).当f (x )=t 1时，有x =2，即有一解；当f (x )=t 2时，有三个解，∴综上，F (x )=0共有4个解，即有4个零点，故选A【方法总结】1.判断嵌套函数零点个数的主要步骤(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．2．抓住两点：(1)转化换元．(2)充分利用函数的图象与性质．【针对训练】(2022·长春市实验中学高三模拟)已知f(x)=lg x,x>02x ,x≤0，则函数y=2[f(x)]2-3f(x)+1的零点个数是( )A.3B.5C.7D.8【答案】B【分析】函数y=2f2(x)-3f(x)+1=[2f(x)-1][f(x)-1]的零点，即方程f(x)=12和f(x)=1的根，画出函数f(x)=lg x，x>02x ，x≤0的图象，数形结合可得答案．【详解】函数y=2f2(x)-3f(x)+1=[2f(x)-1][f(x)-1]的零点，即方程f(x)=12和f(x)=1的根，函数f(x)=lg x，x>02x ，x≤0的图象如下图所示：由图可得方程f(x)=12和f(x)=1共有5个根，即函数y=2f2(x)-3f(x)+1有5个零点，故选B．类型二已知嵌套函数的零点个数求参数【例2】函数f(x)=ln(-x-1),x<-12x+1,x≥-1，若函数g(x)=f(f(x))-a有三个不同的零点，则实数a的取值范围____．【解题指导】设t=f(x)→令g(x)=f(f(x))-a=0→a=f(t)→作y=a，y=f(t)的图像数形结合根据a的范围分类讨论y=a，y=f(t)的交点个数【解析】设t=f(x)，令g(x)=f(f(x))-a=0，则a=f(t)．在同一平面直角坐标系内作y=a，y=f(t)的图像：①当a≥-1时，y=a与y=f(t)的图像有两个交点，设交点的横坐标为t1，t2(不妨设t2>t1)，则t1<-1，t2≥-1．当t1<-1时，t1=f(x)有一解；当t2≥-1时，t2=f(x)有两解，∴此时g(x)=f(f(x))-a有三个不同的零点，满足题意；②当a<-1时，y=a与y=f(t)的图像有一个交点．设交点的横坐标为t 3，令ln (-t -1)=-1得t =-1-1e ，∴-1-1e<t 3<-1，此时t 3=f (x )有一个解，不满足题意；综上所述，当a ≥-1时，函数g (x )=f (f (x ))-a 有三个不同的零点．【方法总结】(1)求解本题抓住分段函数的图象性质，由y =a 与y =f (t )的图象，确定t 1，t 2的取值范围，进而由t =f (x )的图象确定零点的个数．(2)含参数的嵌套函数方程，还应注意让参数的取值“动起来”，抓临界位置，动静结合．【针对训练】已知函数f (x )=2x-1 ,x <12-x ,x ≥1，若关于x 的函数y =2f 2(x )+2bf (x )+1有6个不同的零点，则实数b 的取值范围是__________．【答案】-32,-2【解析】作出f (x )的函数图象如下：设f (x )=t ，则当t =1或t <0时，方程f (x )=t 只有1解，当t =0时，方程f (x )=t 有2解，当0<t <1时，方程f (x )=t 有3解，当t >1时，方程f (x )=t 无解．∵关于x 的函数y =2f 2(x )+2bf (x )+1有6个不同的零点，∴关于t 的方程2t 2+2bt +1=0在0,1 上有两解，∴4b 2-8>00<-b 2<12+2b +1>0，解得-32<b <-2．模拟训练1.(2023春·浙江温州·高二温州中学校联考期末)已知函数f x =x e x 2+axex -2a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则2-x 1e x 122-x 2e x22-x 3e x 3=( )A.1B.4C.16D.64【答案】C【解析】令t (x )=x e x ，则t (x )=1-xe x.所以当x <1时，t (x )>0，函数t (x )=x e x 单调递增；当x >1时，t(x )<0，函数t (x )=x e x单调递减.所以t (x )max =t (1)=1e.由题意g t =t 2+at -2a 必有两个根t 1<0，且0<t 2<1e.由根与系数的关系有：t 1+t 2=-a ，t 1t 2=-2a .由图可知，t 1=x e x 有一解x 1<0，即t 1=x 1e x 1.t 2=xex 有两解x 2,x 3且0<x 2<1<x 3，即t 2=x 2e x 2=x3ex 3.所以2-x 1e x 122-x 2e x 22-x3e x 3=2-t 1 22-t 2 2-t 2 =2-t 1 2-t 2 2=4-2t 1+t 2 +t 1t 2 2=4+2a -2a 2=16.故选：C2.(2023秋·江西景德镇·高二景德镇一中校考期中)已知函数F x =ln x x2+(a -1)ln xx+1-a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3 的值为A.1-aB.a -1C.-1D.1【答案】D 【解析】令y =ln x x ，则y ′=1-ln xx 2，故当x ∈(0，e )时，y ′>0，y =ln x x 是增函数，当x ∈(e ，+∞)时，y ′>0，y =ln x x是减函数；且limx →0ln xx =-∞，ln e e =1e ，lim x →+∞ln xx =0；令ln x x =t ，则可化为t 2+(a -1)t +1-a =0，故结合题意可知，t 2+(a -1)t +1-a =0有两个不同的根，故△=(a -1)2-4(1-a )>0，故a <-3或a >1，不妨设方程的两个根分别为t 1，t 2，①若a <-3，t 1+t 2=1-a >4，与t 1≤1e 且t 2≤1e相矛盾，故不成立；②若a >1，则方程的两个根t 1，t 2一正一负；不妨设t 1<0<t 2，结合y =ln xx 的性质可得，ln x 1x 1=t 1，ln x 2x 2=t 2，ln x 3x 3=t 2，故1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3=(1-t 1)2(1-t 2)(1-t 2)=(1-(t 1+t 2)+t 1t 2)2又∵t 1t 2=1-a ，t 1+t 2=1-a ，∴1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3=1；故选D ．3.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=(xe x )2+(a -1)(xe x )+1-a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3.其中x 1<x 2<x 3，则(1-x 1e x 1)(1-x 2e x 2)(1-x 3e x 3)2的值为( )A.1B.(a -1)2C.-1D.1-a【答案】A【解析】令t =xe x ，则t ′=(x +1)e x ，故当x ∈(-1,+∞)时，t ′>0，t =xe x 是增函数，当x ∈(-∞,-1)时，t ′<0，t =xe x 是减函数，可得x =-1处t =xe x 取得最小值-1e ，x →-∞，t →0，画出t =xe x 的图象，由f (x )=0可化为t 2+(a -1)t +1-a =0，故结合题意可知，t 2+(a -1)t +1-a =0有两个不同的根，故Δ=(a -1)2-4(1-a )>0，故a <-3或a >1，不妨设方程的两个根分别为t 1，t 2，①若a <-3，t 1+t 2=1-a >4，与-2e<t 1+t 2<0相矛盾，故不成立；②若a >1，则方程的两个根t 1，t 2一正一负；不妨设t 1<0<t 2，结合t =xe x 的性质可得，x 1e x 1=t 1，x 2e x 2=t 1，x 3e x 3=t 2，故(1-x 1e x 1)(1-x 2e x 2)(1-x 3e x 3)2=(1-t 1)(1-t 1)(1-t 2)2=(1-(t 1+t 2)+t 1t 2)2又∵t 1t 2=1-a ，t 1+t 2=1-a ，∴(1-x 1e x 1)(1-x 2e x 2)(1-x 3e x 3)2=(1-1+a +1-a )2=1．故选：A ．4.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=x e x 2+axex -a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则1-x 1e x 121-x 2e x 21-x3ex 3的值为A.1B.-1C.aD.-a【答案】A 【解析】令x e x =t ，构造g (x )=x e x ，求导得g (x )=1-xex ，当x <1时，g (x )>0；当x >1时，g (x )<0，故g (x )在-∞,1上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，且x <0时，g (x )<0，x >0时，g (x )>0，g (x )max =g (1)=1e，可画出函数g (x )的图象(见下图)，要使函数f (x )=x e x2+axex -a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则方程t 2+at -a =0需要有两个不同的根t 1,t 2(其中t 1<t 2)，则Δ=a 2+4a >0，解得a >0或a <-4，且t 1+t 2=-at 1⋅t 2=-a ，若a >0，即t 1+t 2=-a <0t 1⋅t 2=-a <0 ，则t 1<0<t 2<1e，则x 1<0<x 2<1<x 3，且g x 2 =g x 3 =t 2，故1-x 1e x121-x 2e x21-x 3ex 3=1-t 1 21-t 2 2=1-t 1+t 2 +t 1t 2 2=1+a -a 2=1，若a <-4，即t 1+t 2=-a >4t 1⋅t 2=-a >4 ，由于g (x )max =g (1)=1e ，故t 1+t 2<2e<4，故a <-4不符合题意，舍去.故选A .5.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =ax +ln x x -ln x -x 2，有三个不同的零点，(其中x 1<x 2<x 3)，则1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3 的值为A.a -1B.1-aC.-1D.1【答案】D【解析】令f (x )=0，分离参数得a =x x -ln x -ln x x 令h (x )=x x -ln x -ln xx由h ′(x )=ln x 1-ln x 2x -ln xx 2x -ln x 2=0 得x =1或x =e ．当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0；当x ∈(1，e )时，h ′(x )>0；当x ∈(e ，+∞)时，h ′(x )<0．即h (x )在(0，1)，(e ，+∞)上为减函数，在(1，e )上为增函数．∴0<x 1<1<x 2<e <x 3，a =x x -ln x -ln x x 令μ=ln xx则a =11-μ-μ即μ2+(a -1)μ+1-a =0，μ1+μ2=1-a <0，μ1μ2=1-a <0，对于μ=ln x x ，μ =1-ln xx 2则当0<x <e 时，μ′>0；当x >e 时，μ′<0．而当x >e 时，μ恒大于0．不妨设μ1<μ2，则μ1=ln x 1x 1,μ2=ln x 2x 2,μ3=ln x 3x 3， 1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3 =(1-μ1)2(1-μ2)(1-μ3)=[(1-μ1)(1-μ2)]2=[1-(1-a )+(1-a )]2=1．故选D ．6.(2023·辽宁·校联考二模)已知函数f x =9ln x 2+a -3 x ln x +33-a x 2有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，且x 1<1<x 2<x 3，则3-ln x 1x 1 23-ln x 2x 2 3-ln x 3x 3的值为( )A.81B.-81C.-9D.9【答案】A【解析】f x =9ln x 2+a -3 x ln x +33-a x 2=0∴a -3 x ln x -3x 2 =-9ln x 2∴a -3=9ln x 23x 2-x ln x =9ln x x 23-ln xx令t =3-ln x x ，t ∈0,+∞ ，则ln xx =3-t ，∴t =-1-ln x x 2=ln x -1x 2令t =0，解得x =e∴t ∈0,e 时，t <0，t 单调递减；t ∈e ,+∞ 时，t >0，t 单调递增；∴t min =3-1e ，t ∈3-1e,+∞ ，∴a -3=9(3-t )2t =9t 2-54t +81t ∴9t 2-51+a t +81=0.设关于t 的一元二次方程有两实根t 1，t 2，∴Δ=51+a 2-4×9×81>0，可得a >3或a <-105.∵a -3=93-t 2t >0，故a >3∴a <-105舍去∴t 1+t 2=51+a 9>51+39=6，t 1t 2=9.又∵t 1+t 2=t 1+9t 1≥29=6，当且仅当t 1=t 2=3时等号成立，由于t 1+t 2≠6，∴t 1>3，t 2=9t 1<3(不妨设t 1>t 2).∵x 1<1<x 2<x 3，可得3-ln x 1x 1>3，3-ln x 2x 2<3，3-ln x 3x 3<3.则可知3-ln x 1x 1=t 1，3-ln x 2x 2=3-ln x 3x 3=t 2.∴3-ln x 1x 1 23-ln x 2x 2 3-ln x 3x 3=t 1t 2 2=81.故选：A .7.(2023春·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=ae x-x +3e 2x e x -x有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则1-x 1e x 121-x 2e x 21-x3ex 3的值为( )A.1B.3C.4D.9【答案】D【解析】由f x =0得a =x e x -3e xe x -x，即a =x e x -31-x e x =-1-x e x -31-x e x+1，记t =1-x e x ，且设g x =1-xex ，一方面由a =-t -3t +1得t 2+a -1 t +3=0(*)，当Δ>0时方程(*)有两个不相等的实数根t 1，t 2，且t 1+t 2=1-a ，t 1t 2=3；另一方面，由g x =x -1e x知g x 在-∞,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，g 1=1-1e，g 0 =1，当x →-∞时，g x →+∞，当x →+∞时，g x →1-，如图：t1≥1>t 2>1-1e，且1-x 1e x 1=t 1，1-x 2e x 2=1-x3ex 3=t 2，因此1-x 1e x 121-x 2e x 21-x 3e x 3=t 21⋅t 2⋅t 2=t 1t 2 2=9.故选：D8.(2023秋·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习)设定义在R 上的函数f (x )满足f (x )=9x 2+(a -3)xe x +3(3-a )e 2x 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3,且x 1<0<x 2<x 3, 则3-x 1e x123-x 2e x23-x 3e x 3的值是( )A.81B.-81C.9D.-9【答案】A【解析】由f (x )=9x 2+(a -3)xe x +3(3-a )e 2x 有三个不同的零点知：9x 2+(a -3)xe x +3(3-a )e 2x =0有三个不同的实根，即a -3=9x 23e 2x -xe x =9x ex 23-x ex有三个不同实根，若t =3-xe x ，则a -3=9(3-t )2t ，整理得9t 2-(a +51)t +81=0，若方程的两根为t 1,t 2，∴t 1t 2=9，而t=xe x -e x e 2x=x -1e x，∴当x <1时，t <0即t 在(-∞,1)上单调递减；当x >1时，t >0即t 在(1,+∞)上单调递增；即当x =1时t 有极小值为3-1e ，又x 1<0<x 2<x 3，x =0有t =3，即t 1>3>t 2>3-1e.∵方程最多只有两个不同根，∴x 1<0<x 2<1<x 3，即t 1=3-x 1e x 1，t 2=3-x 2e x 2=3-x 3e x3，∴3-x1e x 123-x 2e x23-x 3ex 3=t 12t 22=81.故选：A9.(2023秋·江西宜春·高三江西省丰城中学校考期中)已知函数f (x )=2(a +2)e 2x -(a +1)xe x +x 2有三个不同的零点x 1,x 2,x 3，且x 1<0<x 2<x 3，则2-x1e x 122-x 2e x22-x 3e x 3的值为( )A.3B.6C.9D.36【答案】D【解析】因为f (x )=2(a +2)e 2x -(a +1)xe x +x 2，所以f (x )=e 2x 2(a +2)-(a +1)x e x +x e x 2，因为e 2x>0，所以2(a +2)-(a +1)x e x +x e x 2=0有三个不同的零点x 1,x 2,x 3，令g x =x e x ，则g x =1-x e x，所以当x <1时g x >0，当x >1时g x <0，即g x 在-∞,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，所以g x max =g 1 =1e ，当x >0时x e x >0，令t =x ex ∈-∞,1e ，则2(a +2)-(a +1)t +t 2=0必有两个根t 1、t 2，不妨令t 1<0、0<t 2<1e ，且t 1+t 2=a +1，t 1t 2=2a +2 ，即t 1=x e x 必有一解x 1<0，t 2=xe x 有两解x 2、x 3，且0<x 2<1<x 3，故2-x 1e x122-x 2e x22-x 3ex 3=2-t 1 22-t 2 2=4-2t 1+t 2 +t 1t 2 2=4-2a +1 +2a +2 2=36故选：D10.(2023·陕西·统考模拟预测)已知函数f (x )=(a +3)e 2x -(a +1)xe x +x 2有三个不同的零点x 1,x 2,x 3，且x 1<x 2<x 3，则1-x 1e x121-x 2e x21-x 3e x 3的值为( )A.3B.4C.9D.16【答案】C【解析】f (x )=(a +3)e 2x -(a +1)xe x +x 2=e 2x x e x 2-a +1 ⋅x ex +a +3 ，e 2x >0，x e x2-a +1 ⋅xex +a +3 =0有三个不同的零点x 1,x 2,x 3.令g x =x e x ,g x =1-xe x，g x 在-∞,1 递增，在1,+∞ 上递减，g x max =g 1 =1e .x >0时，xex >0.令t =x ex ∈-∞,1e，t 2-a +1 ⋅t +a +3 =0必有两个根t 1,t 2，t 1<0,0<t 2<1e，且t 1+t 2=a +1,t 1⋅t 2=a +3，t 1=x e x 有一解x 1<0，t 2=x ex 有两解x 2,x 3，且0<x 2<1<x 3，故1-x 1e x 121-x 2e x 21-x3e x 31-t 1 21-t 22=1-t 1+t 2 +t 1⋅t 2 2=1-a +1 +a +3 2=9.故选：C11.(2023春·江苏扬州·高三扬州中学校考开学考试)关于x 的方程ln x x +xln x -x+m =0有三个不等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<1<x 2<x 3，则ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1 的值为( )A.eB.1C.4D.1-m【答案】B【解析】令t =ln xx-1，则t =1-ln xx 2，当x >e 时，t <0，当0<x <e 时，t >0，所以t 在e ,+∞ 上递减，在0,e 上递增，所以当x =e 时，函数取得最大值1e-1，函数t =ln xx-1的图象如图所示：则ln x 1x 1-1=t 1,ln x 2x 2-1=t 2,ln x 3x 3-1=t 3，由图象知：t 2=t 3，因为关于x 的方程ln x x +xln x -x+m =0有三个不等的实数解x 1，x 2，x 3，所以方程t +1t+m +1 =0有两个不等的实数解t 1,t 2，由韦达定理得：t 1⋅t 2=1，所以ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1 =t 12⋅t 2⋅t 3=t 12⋅t 22=1，故选：B12.(2023秋·山西太原·高三山西大附中校考阶段练习)若关于x 的方程e ln x x +xe ln x +x+m =0有三个不相等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则ln x 21x 1+ln x 2x 2+ln x 3x 3的取值范围为( )A.0,1eB.0,eC.1,eD.0,1【答案】A 【解析】由方程e ln x x +x e ln x +x +m =0，可得e ln x x +1e ln x x+1+m =0.令e ln x x =t ，则有t +1t +1+m =0，即t 2+m +1 t +m +1=0.令函数g x =e ln x x ，则g x =e ⋅1-ln xx 2，由g x >0，解得0<x <e ，g x <0，解得x >e所以g x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，且g e =1作出图象如图所示，要使关于x 的方程e ln x x +xe ln x +x+m =0有三个不相等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，结合图象可得关于t 的方程t 2+m +1 t +m +1=0一定有两个实根t 1，t 2，且e ln x 1x 1=t 1，e ln x 2x 2=t 2，t 1+t 2=-m +1 ，t 1t 2=m +1.所以Δ=m +1 2-4m +1 >0，解得m >3或m <-1若t 1=1，则1+m +1 ×1+m +1=0,解得m =-32，则t 2=-12此时e ln x 2x 2=t 2=-12只有1个实数根，此时原方程没有3个不等实数根，故不满足题意.若t 1=0，则m =-1，可得t 2=0，显然此时原方程没有3个不等实数根，故不满足题意.要使原方程有3个不等实数根，则t 1<0<t 2<1所以m +1<0，1+m +1+m +1>0，解得-32<m <-1.所以e ln x 1x 1=t 1，e ln x 2x 2=e ln x 3x 3=t 2故ln x 21x 1+ln x 2x 2+ln x 3x 3=2e t 1+t 2 =-2m +1 e ∈0,1e.故选：A13.(2023·山西阳泉·统考三模)关于x 的方程ln x x +xln x -x+m =0有三个不等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<1<x 2<x 3，则ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1 的值为A.eB.1C.1+mD.1-m【答案】B 【解析】设f x =ln x x ，则f x =1-ln xx 2，故函数在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，f e =1e，画出函数图像，如图所示：设ln x x =t ，ln x x +x ln x -x +m =0，则ln x x +1ln x x -1+m =0，即t +1t -1+m =0，化简整理得到：t 2+m -1 t +1-m =0，故t 1+t 2=1-m ，t 1t 2=1-m ，且t 1<0，0<t 2<1e，ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1=t 1-1 2t 2-1 2=t 1t 2-t 1+t 2 +1 2=1.故选：B .14.(多选题)(2023秋·山东临沂·高三校联考阶段练习)若关于x 的方程e ln x x +xe ln x +x+m =0有三个不相等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则ln x 21x 1+ln x 2x 2+ln x 3x 3的值可能为( )A.1B.2e 3C.1e 2D.1e【答案】BC 【解析】由方程e ln x x +x e ln x +x +m =0，可得e ln x x +1e ln x x+1+m =0．令e ln x x =t ，则有t +1t +1+m =0，即t 2+(m +1)t +m +1=0．令函数g (x )=e ln x x ，则g (x )=e ⋅1-ln xx 2，所以g (x )在(0,e )上单调递增，在(e ,+∞)上单调递减．作出图象如图所示，要使关于x 的方程e ln x x +xe ln x +x+m =0有三个不相等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，结合图象可得关于t 的方程t 2+(m +1)t +m +1=0一定有两个实根t 1，t 2(t 1<0<t 2<1)，且e ln x 1x 1=t 1，e ln x 2x 2=t 2，t 1+t 2=-(m +1)，t 1t 2=m +1．所以m +1<0，1+m +1+m +1>0，解得-32<m <-1．故ln x 21x 1+ln x 2x 2+ln x 3x 3=2e (t 1+t 2)=-2(m +1)e ∈0,1e．因为2e 3∈0,1e ,1e 2∈0,1e，所以BC 都符合题意，故选：BC15.(2023秋·河南信阳·高三信阳高中校考开学考试)已知函数f (x )=x x -e x +e 2x +me x x -e x 有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1<0<x 2<x 3，其中m ∈R ，e =2.718为自然对数的底数，则m -x 1e x 1-1 2x 2e x 2-1 x 3e x 3-1 的范围为______．【答案】0,1e 2-e【解析】由f x =0，两边同时除以e xx -e x变形为x e x +e xx -e x+m =0，有x ex +1x e x-1+m =0设x ex =t 即t +1t -1+m =0，所以t 2+(m -1)t +1-m =0令g (x )=x e x ，则g (x )=1-xe x，所以g (x )在(-∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，且g 0 =0，g 1 =1e，当x >0时，g (x )>0其大致图像如下．要使关于x 的方程x e x +e xx -e x+m =0有三个不相等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<0<x 2<x 3．结合图像可得关于t 的方程g (t )=t 2+(m -1)t +1-m =0一定有两个不等的实数根t 1，t 2且t 1<0<t 2<1e ，从而1<m <1+1e 2-e．t 1+t 2=1-m ，t 1⋅t 2=1-m ，则x 1e x 1=t 1，x 2e x 2=x3ex 3=t 2．所以x 1e x 1-1 2x 2e x 2-1 x3e x 3-1 =t 1-1 2t 2-1 2=t 1-1 t 2-1 2=t 1t 2-t 1+t 2 +1 2=[1-m -(1-m )+1]2=1m -x 1e x1-12x 2e x 2-1 x 3e x 3-1 =m -1∈0,1e 2-e .故答案为：0,1e 2-e。

C语言函数的嵌套和递归调用方法的实验小结一、引言在C语言程序设计中，函数的嵌套和递归调用是两种常用的方法，它们在解决问题和实现特定功能时具有重要作用。

本文将结合实验结果，对C语言函数的嵌套和递归调用方法进行总结和分析，旨在加深对这两种方法的理解和应用。

二、函数的嵌套1. 概念与特点函数的嵌套是指在一个函数内部调用另一个函数。

当函数A中调用了函数B，函数B又调用了函数C，函数C又调用了函数D时，就形成了函数的嵌套调用。

函数的嵌套具有以下特点：（1）提高了程序的模块化和可读性，减少了代码的复杂度。

（2）可以在不同的函数之间传递参数，实现更灵活的功能组合。

（3）需要注意函数的声明顺序和作用域，避免出现未声明的函数引用错误。

2. 实验验证为了验证函数的嵌套调用，在实验中我们设计了一个简单的例子：编写两个函数，分别实现计算阶乘和计算组合数的功能，然后在主函数中进行嵌套调用，计算组合数的值。

实验结果表明，函数的嵌套调用可以实现相互依赖的功能模块，在程序设计中具有一定的灵活性和适用性。

三、递归调用1. 概念与特点递归调用是指一个函数在执行过程中调用了自身，从而形成了一种函数调用的循环结构。

通过递归调用，可以使函数不断重复执行，直到满足特定的条件才停止。

递归调用具有以下特点：（1）简化了程序的结构，使代码更加清晰和易于理解。

（2）能够处理一些需要多级嵌套的问题，极大地提高了代码的复用性和灵活性。

（3）需要设置递归调用的终止条件，避免形成无限循环，导致程序崩溃。

2. 实验验证为了验证递归调用的功能和特点，我们设计了一个典型的递归程序：计算斐波那契数列的前n项值。

实验结果表明，递归调用在实现该问题时具有简洁、高效的特点，使得代码易于阅读和理解，优雅地解决了该问题。

四、两种方法的比较1. 灵活性与适用性函数的嵌套调用主要适用于需要实现不同功能模块之间的交互和依赖关系的情况，具有较强的灵活性和可扩展性。

递归调用主要适用于解决问题具有明显的递归结构或需要多级嵌套的情况，具有较好的适用性和简洁性。

嵌套函数的连续性问题背景嵌套函数是指在一个函数内部定义另一个函数的情况。

在数学和计算机科学中，嵌套函数经常被使用来提高代码可读性和模块化程度。

然而，当涉及到嵌套函数的连续性问题时，我们需要注意一些特殊情况。

连续性问题嵌套函数的连续性问题指的是在嵌套函数中，当某些参数值或条件满足时，函数能否保持连续性。

具体来说，我们需要关注以下几个方面：1. 内部函数的定义：嵌套函数的定义需要考虑到其在整个函数中的位置以及所依赖的外部变量。

定义不当可能会导致函数在某些点上不连续。

2. 内部函数的调用：在使用嵌套函数时，确定内部函数的调用方式。

不当的调用可能会导致函数在某些参数值上不连续。

3. 参数的取值范围：当涉及到嵌套函数的参数时，我们需要确保参数取值范围的合理性。

一些参数值可能导致函数不连续。

4. 条件的控制：在嵌套函数中，需要根据条件来选择不同的计算方式或返回值。

条件的控制不当可能会导致函数在某些条件下不连续。

解决策略为了解决嵌套函数的连续性问题，我们可以采取以下简单策略：1. 设计合适的边界条件：在嵌套函数中，明确边界条件有助于避免函数在边界点上的不连续性。

例如，在参数取值范围边界处添加特殊处理或约束条件。

2. 引入平滑转换：如果嵌套函数在某些点上出现不连续，可以考虑引入平滑转换的方法来消除这些不连续点。

例如，使用分段函数或平滑插值来实现连续性。

3. 参数取值限制：在使用嵌套函数时，对于特定参数值的限制有助于确保函数的连续性。

通过设计参数范围限制条件，可以避免函数在不连续的参数值上被调用。

4. 验证与测试：在实际使用嵌套函数前，进行验证和测试是必要的。

通过输入特定的参数值和条件，验证函数的连续性是否得到满足。

结论嵌套函数的连续性问题涉及多个方面，包括嵌套函数的定义、调用、参数取值范围和条件控制等。

通过设计合适的边界条件、引入平滑转换、参数取值限制以及验证与测试等策略，可以有效地解决嵌套函数的连续性问题。

以上是关于嵌套函数的连续性问题的简要介绍及解决策略。