复合函数的零根探究

1、复合函数的零根探究例1.函数 f(x)= X 1(x °),求函数y=f(f(x)+1的零根个数。log2X(x °)kx k(x °)例2.函数y=( kz°),假设函数y=f(f(x)+1 的零点个数是4，那么kIn x(x °)的取值围为例3.定义在(°, +R)上的单调函数f(x),假设对任意x ( °, +s)都有f(f(x)+ log! x)=3,贝U方程 f(x)=2+ x 的解集为21 x例4.函数f(x)=x+-2，如果关于x的方程f(| 2x 1 |)+t(x42x 13)=°有三个相异的实数根

2、，求t的围。例5 .定义在R上的函数y=f(x)存在零点，且对任意 m, n R都满足f(mf(m)+f(n)=f (x) + n,假设关于 x 的方程 |f(f(x)-3|=1- log a x (a>° , az 1)恰有三1 2-x2(° x 2)4例6。函数y=f(x)是定义域R的偶函数，当x>°时，f(x)=1 x 3,(?)-(x 2)个不同的根，求a的取值围。假设关于x的方程式f(x)的取值围是27+af(x)+a =0, a,b R有且仅有8个不同实数根，那么实数a16例7.(2021年二模第19题第三问)设aR，函数 f (x) x

3、xx 1.假设关于x的方程f2(x) + bf (x) + c= °有函数y f f (x) a零点的个数.1_8。设定义在R上的函数f (x) = |x 1|1,3个不同的实数解 x1, x2, x3，那么x + x2 + x3 =.复合函数的零根探究对于函数y=f(x)与y=g(x)称函数y=f(g(x)为函数y=f(x)对y=g(x)的复合函数，可以看 作由函数y=f(u)与u=g(x)复合而成，对于函数y=f(x),我们把方程f(x)=0的实数根x叫做 函数y=f(x)的零点。复合函数和零点都是高中函数的重要容，这局部容一直是学生难以理 解和难以掌握的容，下面就复合函数的零点

4、问题作一探究。x 1(x0)例1. 函数 f(x)=,求函数y=f(f(x)+1的零根个数。log2 x(x 0)分析一：函数y=f(x)为分段函数，用分段方法求出y=f(f(x)的表达式，进而求解。y=f(x+1)+ 仁x+1+ 仁 x+2=0,解法一：(1)当 x 0 时 f(x)=x+1,y=f(f(x)+仁f(x+1)+1,当 x+1w 0 即 x< 1 时所以 X! = 2;当 x+1>0 即-1<x < 0 时，y=f(x+1)+1=1Iog2(x 1) +1 = 0，所以 X2 =。2 分析：由于此题为填空题，可采用图象法解决。(2 )当 x>0 时

5、 f(x)= log 2 X ,y=f(f(x)+仁彳(y=f( log 2 x )+1= log 2 x +2=0,所以 x3y=f( log 2 x )+1= log 2 (log 2 x) +仁0,所以 x4log 2 x )+1,当 log 2 x 0 即 0 v x< 1 时1;当log 2 x > 0即 x>1 时- 2。综上所述函数y=f(f(x)+1 的零根有4个。分析二：可以作出y=f(x)图象，用数形结合的方法解决此问题。解法二：作出函数y=f(x)的图象，如图(1)所示由 y=f(f(x)+1=0得 f(f(x)=-1,由图象知：f(x)=-1 时1x=

6、-2 或 x=,由 f(x)=-22综上所述函数y=f(f(x)+11或f(x)=结合图象知各有两个解,2的零根有4个。图(1)例2. 函数y=kx k(x 0)ln x(x 0)(k丰0),假设函数y=f(f(x)+1的零点个数是4，那么k的取值围为解：(1先画出k>0时y=f(x)的图象，如图(2)所示，由 y=f(f(x)+仁0得 f(f(x)=-1, 由图象知：f(x)=-1 时k1亠1小k1,甘x=或 x=-，T k>0, <0,由图象知：kekk 11f(x)=必有两个解；f(x)=两解时才能保证ke1函数y=f(f(x)+1 的零点个数是4个，要保证函数f(x)

7、=两解必有:e(2)再画出k<0时y=f(x)的图象，如图(3)所示，由y=f(f(x)+仁0 得f(f(x)=-1,由图象知：当k>-1时直线f(x)=-1 与y=f(x)的图象只有一个交点，无法满足题意要求, 只有当k< -1时直线f(x)=-1 与y=f(x)的图象有两个交点,k 11其交点横坐标为 x=或x=,由图象知：f(x)=ke一 一 k 12要有两个解，必须满足> k,化简得：k2 k 10k1恒成立；f(x)=恒有两解；.当k< -1时函数y=f(f(x)+1e零点个数是4个。1综上所述：k的围为kw-1或k>e例3.定义在(0, +R)上

8、的单调函数f(x),假设对任意x ( 0, +s)都有f(f(x)+log1 x)=3,贝V方程 f(x)=2+- x 的解集为2解：令 f(x)+ log 1 x = c,那么 f(c)=3,在上式中令 x=c,那么 f(c)+ log 1 c=c, log1 c = c-3 ,2 2 2解得 c=2，故 f(x)=2 log 1 x , 2- log 1 X = 2+ '、X , log2 x =1. x，在同一坐标系中2 22个交点，即(4, 2)和(16,作出函数y= log 2 x和y= 、. x的图象，可知这两个图象有4),贝U方程f(x)=2+ Vx的解集为4 ,163)

9、=0有三1例4.函数f(x)=x+-2，如果关于x的方程f(| 2x 1 |)+t(x个相 异的实数根，求t的围。分析：此方程可看作是函数y=f(g(x)与g(x)= | 2x 11复合而成，方程的根也可看作是函数的零点，此类问题的解决仍然采用数形结合方法。解：令 | 2x 1| = m,m2 (3t 2)m 4t414那么 f(m)+t(3)=0, m+一-2+t(3) =0,去分母得:mmm可知，方程m2(3t2)m 4t 10的两根必须有一根m > 1,另一根0<m<1,才能保证原方程有三根，设g(m)= m22)m 4t 1，因此由根的分布知识得:g(o)0或g(1)

10、0g(1) g(0) o 3解得:例5 .定义在R上的函数y=f(x)存在零点，且对任意m, n R都满足f(mf(m)+f( n)=2f (x) + n,假设关于 x 的方程 |f(f(x)-3|=1-logaX(a>0,1)恰有三个不同的根，求 解：令函数a的取值围。y=f(x) 的零点为 m,即f(m)=0 ,对任意m, n R都满足f(mf(m)+f( n)=f2(x)+n，那么 f(f(n)=n恒成立，即f(f(x)=x，假设关于 x的方程1 0 ,此方程最多有两个根，由函数m=|2x 1 |图象(如图(4)|f(f(x)-3|=1- log a x (a>0 , a 丰

11、 1)恰有三个不同的根，即 |x-3|=1- log a x(a>0 , a 1) 恰有三个不同的实根。(1 )当0<a<1时，函数y=|x-3|-1 与y=- loga x图象如图(5)所示，两图象只有两个 交点，所以不满足条件。图52 当1<a<3时，函数y=|x-3|-1 与y=- log a x图象如图6所示，两图象只有一个 交点，所以不满足条件。3当a>3时，函数y=|x-3|-1 与y=- logaX图象如图6所示，两图象有三个交点,4 当a=3时，函数y=|x-3|-1 与y=-logaX图象只有二个交点，不满足条件。综上所述，函数有三个零点时

12、a的围为a>3Or-2图70 :I B-I I 卜 1 I I4 ,B i < H 七*-1图8例6.解：画函数y=fx的图象，如图8所示，要使方程有八个不同的解,必须使y=fx3在x -1 ,上有两个不同的解，转化为根的分布问题来求解，结果为47 164 9例 7.解：设 F(x) f f (x) a ,令 t f (x) a x x a那么 y f (t)11 a a , a 4,04 Y=f(x)T=f(x)第一步，令f(t) 0 tt a a，所以，当t a时，t2 at a 0 ,判别式 a(a 4)0 ,解得 ti 旦2妲,t2 a一4a ;当 t>a 时，由 f

13、 (t) 0得，即 t(t a) a ,解得 t34a ;2第二步，易得0 ti a t2 a t3，且a ,242假设x x a ti，其中0 ti a ,当 x a 时，x2 ax ti 0，记 p(x) x2 ax ti，因为对称轴 x | a，2 2p(a) ti 0，且i a 4ti 0 ,所以方程t at ti 0有2个不同的实根；当 x> a 时，x ax ti 0，记 q(x) x ax ti，因为对称轴 x | a ,q(a)ti 0，且2 a2 4ti 0，所以方程x2 ax ti 0有i个实根,从而方程x x a ti有3个不同的实根;假设x x a t2，其中0由

14、知，方程xx a t2有3个不同的实根;假设x x a t3,、32记 m(a) a 4a i6 ,贝U m (a)a(3a 8)0 故 m(a)为(4,)上增函数，且m(4)i6 0，m(5)90，所以m(a)假设4aa0，即30，方程2 xax假设aa°，即30，方程x2axt3假设aa°，即30，方程x2axt30有唯一解，不妨记为 a。，且a。(4 ,5), t30有0个实根；0有i个实根；0有2个实根，当xa 时，x22ax t30，记 r(x) xaxt3，因为对称轴x | a，r(a)t30，且3 a2 4t30，所以方程2 xax t30有i个实根；当x<a 时，x2ax t30，记 s(x) x2axt3，因为对称轴x -| a，s(a)t30，且32 2a4t3， a4t303 a4a i6 0， i4 分所以，当4 a ao时，方程xx a t3有1个实根 当