微专题25抽象函数与嵌套函数

微专题25抽象函数与嵌套函数高考定位1.以选择题、填空题的形式考查抽象函数性质的应用，难度中档偏上；2.以选择题、填空题的形式考查嵌套函数零点的个数或由零点的个数求参数等，难度中档或偏上.【真题体验】1.(2020·新高考Ⅰ卷)若定义在R的奇函数f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，则满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是()A.[－1，1]∪[3，＋∞) B.[－3，－1]∪[0，1]C.[－1，0]∪[1，＋∞) D.[－1，0]∪[1，3]答案D解析因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0.又f(x)在(－∞，0)上单调递减，且f(2)＝0，画出函数f(x)的大致图象如图(1)所示，则函数f(x－1)的大致图象如图(2)所示.当x≤0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≤0，得－1≤x≤0.当x>0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≥0，得1≤x≤3.故满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是[－1，0]∪[1，3].故选D.2.(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)＝f′(x).若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均为偶函数，则()A.f(0)＝0 B.geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0C.f(－1)＝f(4) D.g(－1)＝g(2)答案BC解析法一(转化法)因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均为偶函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋2x))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋x))，g(2＋x)＝g(2－x)，所以f(3－x)＝f(x)，g(4－x)＝g(x)，则f(－1)＝f(4)，故C正确；函数f(x)，g(x)的图象分别关于直线x＝eq\f(3,2)，x＝2对称，又g(x)＝f′(x)，所以g(eq\f(3,2))＝0，g(3－x)＝－g(x)，所以g(4－x)＝g(x)＝－g(3－x)，所以g(x＋4)＝－g(x＋3)，所以g(x＋2)＝－g(x＋1)，所以g(x＋1)＝－g(x)，所以g(x＋2)＝g(x).所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，g(－1)＝g(1)＝－g(2)，故B正确，D错误；若函数f(x)满足题设条件，则函数f(x)＋C(C为常数)也满足题设条件，所以无法确定f(0)的函数值，故A错误.法二(构造函数法)令f(x)＝1－sinπx，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))＝1＋cos2πx，则g(x)＝f′(x)＝－πcosπx，g(x＋2)＝－πcos(2π＋πx)＝－πcosπx，满足题设条件，可得只有选项B，C正确.3.(多选)(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，则()A.f(0)＝0B.f(1)＝0C.f(x)是偶函数D.x＝0为f(x)的极小值点答案ABC解析取x＝y＝0，则f(0)＝0＋0＝0，故A正确；取x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，所以f(1)＝0，故B正确；取x＝y＝－1，则f(1)＝f(－1)＋f(－1)，所以f(－1)＝0；取y＝－1，则f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)，所以f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，故C正确；由于f(0)＝0，且函数f(x)为偶函数，所以函数f(x)的图象关于y轴对称，所以x＝0可能为函数f(x)的极小值点，也可能为函数f(x)的极大值点，也可能不是函数f(x)的极值点，故D不正确.综上，选ABC.4.(2022·全国乙卷)已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)＋g(2－x)＝5，g(x)－f(x－4)＝7.若y＝g(x)的图象关于直线x＝2对称，g(2)＝4，则eq\o(∑,\s\up6(22),\s\do4(k＝1))f(k)＝()A.－21 B.－22C.－23 D.－24答案D解析由y＝g(x)的图象关于直线x＝2对称，可得g(2＋x)＝g(2－x).在f(x)＋g(2－x)＝5中，用－x替换x，可得f(－x)＋g(2＋x)＝5，可得f(－x)＝f(x).在g(x)－f(x－4)＝7中，用2－x替换x，得g(2－x)＝f(－x－2)＋7，代入f(x)＋g(2－x)＝5中，得f(x)＋f(－x－2)＝－2，可得f(x)＋f(x＋2)＝－2，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，所以f(x＋4)＝f(x)，所以函数f(x)是以4为周期的周期函数.由f(x)＋g(2－x)＝5可得f(0)＋g(2)＝5，又g(2)＝4，所以可得f(0)＝1，又f(x)＋f(x＋2)＝－2，所以f(0)＋f(2)＝－2，f(－1)＋f(1)＝－2，得f(2)＝－3，f(1)＝f(－1)＝－1，又f(3)＝f(－1)＝－1，f(4)＝f(0)＝1，所以eq\o(∑,\s\up6(22),\s\do4(k＝1))f(k)＝6f(1)＋6f(2)＋5f(3)＋5f(4)＝6×(－1)＋6×(－3)＋5×(－1)＋5×1＝－24.【热点突破】热点一抽象函数考向1赋值法研究抽象函数例1设定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝1，且对任意x，y∈R都有f(xy＋1)＝f(x)f(y)－f(y)－x＋2，则f(1)＝________；f(2025)＝________.答案22026解析令x＝y＝0，得f(1)＝f(0)f(0)－f(0)＋2＝1－1＋2＝2.令y＝1，则f(x＋1)＝2f(x)－2－x＋2＝2f(x)－x，即f(x＋1)＝2f(x)－x.①又f(yx＋1)＝f(y)f(x)－f(x)－y＋2，令y＝1代入，得f(x＋1)＝2f(x)－f(x)－1＋2，即f(x＋1)＝f(x)＋1.②联立①②得f(x)＝x＋1，所以f(1)＝2，f(2025)＝2026.考向2数形结合法研究抽象函数例2已知定义在R上的函数f(x)，g(x)，其中f(x)满足f(－x)＝f(x)且在(0，＋∞)上单调递减，函数g(x)满足g(1－x)＝g(1＋x)且在(1，＋∞)上单调递减，设函数F(x)＝eq\f(1,2)[f(x)＋g(x)＋|f(x)－g(x)|]，则对任意x∈R，均有()A.F(1－x)≥F(1＋x) B.F(1－x)≤F(1＋x)C.F(1－x2)≥F(1＋x2) D.F(1－x2)≤F(1＋x2)答案C解析由题意，定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，则f(x)为R上的偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，又函数g(x)满足g(1－x)＝g(1＋x)，则函数g(x)关于直线x＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递减，在(－∞，1)上单调递增，又F(x)＝eq\f(1,2)[f(x)＋g(x)＋|f(x)－g(x)|]＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），f（x）≥g（x），,g（x），f（x）<g（x），))作出函数F(x)大致图象如图：∵1＋x2与1－x2关于x＝1对称，结合函数图象可得F(1－x2)≥F(1＋x2)，故选C.考向3利用函数性质之间的关系推理论证例3(多选)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))，f(－1)＝1，f(0)＝－2，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))为奇函数，则()A.f(x)为奇函数 B.f(x)为偶函数C.f(x)是周期为3的周期函数 D.f(0)＋f(1)＋…＋f(2025)＝－2答案BCD解析对于A，函数f(x)的定义域为R，且f(0)＝－2，则f(x)不会是奇函数，A错误；对于B，定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))，可得f(x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))为奇函数，则f(－x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，则有f(－x)＝f(x)，即函数f(x)为偶函数，B正确；对于C，若函数f(x)满足f(x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))，则有f(x＋3)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))＝f(x)，即函数f(x)是周期为3的周期函数，C正确；对于D，f(x)是偶函数且其周期为3，则f(－1)＝f(1)＝1，f(2)＝f(－1)＝1，则f(0)＋f(1)＋f(2)＝0，故f(0)＋f(1)＋…＋f(2025)＝[f(0)＋f(1)＋f(2)]×675＋f(0)＝－2，D正确.规律方法1.求函数在特定点的函数值、最值以及解析式，或判断函数的单调性、奇偶性及周期性，往往在条件等式中对变量赋予一些具体的值，构造出所需要的条件，其中赋予的具体的值常常起到桥梁的作用.2.数形结合可通过画图使抽象函数形象化，根据奇偶性、周期性等性质画出示意图，摘取有效信息，结合图象解题.3.函数的对称轴、对称中心及周期性，三者已知其中两个可推出另外一个.训练1(1)(多选)已知f(x)是定义在R上的不恒为零的函数，对于a，b∈R都满足f(ab)＝af(b)＋bf(a)，则下述正确的是()A.f(0)＝0B.f(1)＝0C.f(x)是偶函数D.若f(2)＝2，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(1,2)(2)(多选)(2024·烟台调研)已知定义域为R的函数f(x)在(－1，0]上单调递增，f(1＋x)＝f(1－x)，且图象关于(2，0)对称，则关于f(x)的说法正确的是()A.f(0)＝f(2)B.f(0)＝f(－2)C.周期T＝2D.在(2，3)上单调递减答案(1)ABD(2)ABD解析(1)对于A，令a＝b＝0，则f(0)＝0f(0)＋0f(0)＝0，故A正确；对于B，令a＝b＝1，则f(1)＝1f(1)＋1f(1)＝2f(1)，则f(1)＝0，故B正确；对于C，令a＝b＝－1，则f(1)＝－f(－1)－f(－1)＝－2f(－1)，所以f(－1)＝0，又令a＝－1，b＝x，则f(－x)＝－f(x)＋xf(－1)＝－f(x)＋0＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，故C错误；对于D，令a＝2，b＝－eq\f(1,2)，则f(－1)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－eq\f(1,2)f(2)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－1＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，故D正确.(2)由f(1＋x)＝f(1－x)，可得f(x)的对称轴为x＝1，所以f(0)＝f(2)，A正确；又由f(1＋x)＝f(1－x)知f(2＋x)＝f(－x)，因为f(x)的图象关于(2，0)对称，则f(2＋x)＝－f(2－x)，故f(4＋x)＝－f(－x)，所以－f(2＋x)＝f(4＋x)，即－f(x)＝f(2＋x)，所以f(x)＝f(x＋4)，所以f(x)的周期为4，所以f(－2)＝f(2)，又f(0)＝f(2)，所以f(0)＝f(－2)，故B正确，C错误；因为f(x)在(－1，0]上单调递增，且T＝4，所以f(x)在(3，4]上单调递增，又图象关于(2，0)对称，所以f(x)在(0，1]上单调递增，因为f(x)关于x＝1对称，所以f(x)在(1，2]上单调递减，又因为关于(2，0)对称，可得f(x)在(2，3)单调递减，故D正确.热点二嵌套函数例4已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex，x<0，,4x3－6x2＋1，x≥0，))则函数g(x)＝2[f(x)]2－3f(x)－2的零点个数为()A.2 B.3C.4 D.5答案B解析由g(x)＝2[f(x)]2－3f(x)－2＝0，得f(x)＝2或f(x)＝－eq\f(1,2).当x≥0时，f′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，所以当x∈(0，1)，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x＝1时，f(x)有极小值f(1)＝4－6＋1＝－1.又x<0时，f(x)＝ex，画出函数f(x)的大致图象如图所示，由图可知：函数g(x)＝2[f(x)]2－3f(x)－2的零点个数为3.规律方法1.破解此类问题的主要步骤：第一步：换元解套，将嵌套函数的零点问题通过换元转化为函数t＝g(x)与y＝f(t)的零点问题.第二步：依次求解：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.含参数的嵌套函数方程还应注意让参数的取值“动起来”，结合性质、图象抓临界位置，确定参数取值范围.训练2(2024·荆州调研)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋1，x≤0，,|log4x|，x>0，))若关于x的方程[f(x)]2－(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.(－2eq\r(3)－2，2eq\r(3)－2) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2\r(3)－2，\f(3,2)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) D.(2eq\r(3)－2，＋∞)答案B解析画出函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋1，x≤0，,|log4x|，x>0))的图象如图所示，令f(x)＝t，则方程[f(x)]2－(a＋2)f(x)＋3＝0可化为t2－(a＋2)t＋3＝0.由图可知，当t∈(1，2]时，y＝f(x)与y＝t有3个交点，要使关于x的方程[f(x)]2－(a＋2)f(x)＋3＝0恰好有六个不同的实数解，则方程t2－(a＋2)t＋3＝0在(1，2]内有两个不同实数根，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（a＋2）2－12>0，,1<\f(a＋2,2)<2，,12－（a＋2）×1＋3>0，,22－（a＋2）×2＋3≥0，))解得2eq\r(3)－2<a≤eq\f(3,2)，∴实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2\r(3)－2，\f(3,2))).【精准强化练】一、单选题1.(2024·重庆调研)已知定义在R上的函数f(x)满足f(3)＝－2，且h(x)＝－x2＋f(3x)为奇函数，则f(－3)＝()A.4 B.－2C.0 D.2答案A解析因为h(x)＝－x2＋f(3x)是奇函数，所以h(－1)＋h(1)＝0，即－1＋f(－3)－1＋f(3)＝0，又f(3)＝－2，所以f(－3)＝4.故选A.2.(2024·常州检测)函数f(x)的定义域为R，且f(1＋x)＝－f(1－x)，f(2＋x)＝f(2－x)，则f(x)是()A.偶函数，又是周期函数 B.偶函数，但不是周期函数C.奇函数，又是周期函数 D.奇函数，但不是周期函数答案A解析法一因为f(1＋x)＝－f(1－x)，所以f(x＋2)＝－f[1－(x＋1)]＝－f(－x).因为f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(2－x)＝－f(－x)，即f(2＋x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是以4为周期的周期函数，则f(x＋2)＝f(x－2).因为f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x－2)＝f(2－x)，所以f(x)＝f(－x)，f(x)是偶函数.故选A.法二因为f(1＋x)＝－f(1－x)，所以f(x)的图象关于(1，0)中心对称.因为f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x)的图象关于直线x＝2对称，所以f(x)是以4为周期的周期函数，则f(x＋2)＝f(x－2).又f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x－2)＝f(2－x)，所以f(x)的图象关于y轴对称，f(x)是偶函数.故选A.3.(2024·商洛联考)若定义域为R的函数f(x)满足f(x＋2)为偶函数，且对任意x1，x2∈[2，＋∞)，x1≠x2，均有eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)>0，则关于x的不等式f(x)<f(7)的解集为()A.(－3，7) B.(0，7)C.(－3，5) D.(－1，5)答案A解析f(x＋2)为偶函数，图象关于y轴对称，所以f(x)的图象关于直线x＝2对称.依题意可知，f(x)在[2，＋∞)上单调递增，则在(－∞，2)上单调递减.由于f(x)<f(7)，所以|x－2|<|7－2|，即－5<x－2<5，解得－3<x<7，所以不等式f(x)<f(7)的解集为(－3，7).4.(2024·洛阳二模)已知f(x)是定义在R上的奇函数，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))为偶函数且f(1)＝2，则f(2022)＋f(2023)＋f(2024)＝()A.－2 B.0C.2 D.4答案D解析因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，且f(0)＝0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))为偶函数，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))，则f(x＋3)＝f(－x)，则f(x＋3)＝－f(x)，则f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，所以f(x)是以6为周期的周期函数.由f(1)＝2，得f(2)＝f(1)＝2，f(2022)＝f(6×337)＝f(0)＝0，f(2023)＝f(6×337＋1)＝f(1)＝2，f(2024)＝f(6×337＋2)＝f(2)＝2，所以f(2022)＋f(2023)＋f(2024)＝4.故选D.5.已知f(x)是R上的奇函数，f(1＋x)＝f(1－x)，当x1，x2∈[0，1]，且x1≠x2时，eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，则当－3≤x≤1时，不等式xf(x)>0的解集为()A.[－1，0)∪(0，1] B.[－3，－2)∪(0，1]C.(－2，－1)∪(0，1] D.(－2，0)∪(0，1]答案D解析因为f(x)是R上的奇函数，f(1＋x)＝f(1－x)，所以函数的图象关于原点对称且关于x＝1对称，当x1，x2∈[0，1]，且x1≠x2时，eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，即函数在[0，1]上单调递增，f(2)＝f(0)＝f(－2)＝0，其大致图象如图所示，则当－3≤x≤1时，不等式xf(x)>0可转化为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,f（x）>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0，,f（x）<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,0<x≤1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0，,－2<x<0，))即0<x≤1或－2<x<0.故本题选D.6.(2024·青岛模拟)∀x∈R，f(x)＋f(x＋3)＝1－f(x)f(x＋3)，f(－1)＝0，则f(2024)的值是()A.2 B.1C.0 D.－1答案B解析由题意知∀x∈R，f(x)＋f(x＋3)＝1－f(x)f(x＋3)，f(－1)＝0，令x＝－1，则f(－1)＋f(2)＝1－f(－1)f(2)，∴f(2)＝1.显然f(x)＝－1时，－1＋f(x＋3)＝1＋f(x＋3)不成立，故f(x)≠－1，故f(x＋3)＝eq\f(1－f（x）,1＋f（x）)，则f(x＋6)＝eq\f(1－\f(1－f（x）,1＋f（x）),1＋\f(1－f（x）,1＋f（x）))＝f(x)，即6为函数f(x)的周期，则f(2024)＝f(337×6＋2)＝f(2)＝1，故选B.7.(2024·吕梁模拟)已知函数f(x)满足f(x＋y)＋f(x－y)＝eq\f(2,3)f(x)f(y)，f(1)＝eq\f(3,2)，则下列结论不正确的是()A.f(0)＝3B.函数f(2x－1)关于直线x＝eq\f(1,2)对称C.f(x)＋f(0)≥0D.f(x)的周期为3答案D解析法一令x＝1，y＝0，则2f(1)＝eq\f(2,3)f(1)f(0)，解得f(0)＝3，A正确；令x＝0，则f(y)＋f(－y)＝eq\f(2,3)f(0)f(y)＝2f(y)，所以f(y)＝f(－y)，即f(x)是偶函数，所以函数f(2x－1)关于直线x＝eq\f(1,2)对称，B正确；令y＝x，则f(2x)＋f(0)＝eq\f(2,3)f2(x)≥0，令t＝2x，则f(t)＋f(0)≥0，所以f(x)＋f(0)≥0，C正确；令y＝1，则f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)，①所以f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1)，②①②联立得f(x＋2)＝－f(x－1)，所以f(x＋3)＝－f(x)，f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，即f(x)的周期为6，D错误.法二构造函数f(x)＝3coseq\f(π,3)x，满足f(1)＝eq\f(3,2)，且f(x＋y)＋f(x－y)＝3coseq\f(π,3)(x＋y)＋3coseq\f(π,3)(x－y)＝6coseq\f(π,3)xcoseq\f(π,3)y＝eq\f(2,3)f(x)f(y)，f(0)＝3cos0＝3，A正确；f(2x－1)＝3coseq\f(π,3)(2x－1)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)x－\f(π,3)))＝3coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))))，因为f(2x－1)表示y＝3coseq\f(2π,3)x的图象向右平移eq\f(1,2)个单位，且y＝3coseq\f(2π,3)x的图象关于y轴对称，所以f(2x－1)关于直线x＝eq\f(1,2)对称，B正确；由余弦函数的图象和性质可知f(x)＋f(0)＝3coseq\f(π,3)x＋1≥0，C正确；f(x)的周期T＝eq\f(2π,\f(π,3))＝6，D错误.故选D.8.(2024·漳州模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x)，x>0，,－|x＋1|＋1，x≤0，))则函数g(x)＝f(f(x)－1)的零点个数为()A.3 B.5C.6 D.8答案B解析依题意，函数g(x)＝f(f(x)－1)零点的个数，即为方程f(f(x)－1)＝0解的个数，令f(x)－1＝t，则f(t)＝0，当t>0时，lnt－eq\f(1,t)＝0，令h(t)＝lnt－eq\f(1,t)，t>0，函数y＝lnt，y＝－eq\f(1,t)在(0，＋∞)上单调递增，于是函数h(t)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝－1<0，h(e)＝1－eq\f(1,e)>0，则存在t1∈(1，e)，使得h(t1)＝0；当t≤0时，－|t＋1|＋1＝0，解得t＝0或－2，作函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x)，x>0，,－|x＋1|＋1，x≤0))的大致图象，如图.又f(x)－1＝t，则f(x)＝t＋1，当t＝0时，f(x)＝1，由y＝f(x)的图象知，方程f(x)＝1有两个解；当t＝－2时，f(x)＝－1，由y＝f(x)的图象知，方程f(x)＝－1有两个解；当t＝t1，t1∈(1，e)时，f(x)＝t1＋1，由y＝f(x)的图象知，方程f(x)＝t1＋1有一个解.综上所述，函数g(x)＝f(f(x)－1)的零点个数为5.二、多选题9.(2024·安庆二模)已知定义在R上的函数f(x)，满足对任意的实数x，y，均有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，且当x>0时，f(x)<1，则()A.f(0)＝1B.f(1)＋f(－1)＝1C.函数f(x)为减函数D.函数y＝f(x)的图象关于点(0，1)对称答案ACD解析对于A，令x＝y＝0，则有f(0)＝f(0)＋f(0)－1，故f(0)＝1，故A正确；对于B，令x＝1，y＝－1，则有f(0)＝f(1)＋f(－1)－1，故f(1)＋f(－1)＝2，故B错误；对于C，令y>0，则有f(x＋y)－f(x)＝f(y)－1，其中x＋y>x，f(y)－1<0，令x1＝x＋y，x2＝x，即有对∀x1，x2∈R，x1>x2，f(x1)－f(x2)<0恒成立，即函数f(x)为减函数，故C正确；对于D，令y＝－x，则有f(x－x)＝f(x)＋f(－x)－1，又f(0)＝1，故f(x)＋f(－x)＝2，故函数y＝f(x)的图象关于点(0，1)对称，故D正确.10.(2024·济南质检)已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，f(1)＝0，则()A.f(0)＝－1 B.f(x)有最小值C.f(2024)＝2023 D.f(x)＋1是奇函数答案ACD解析对于A，令x＝y＝0，可得f(0)＝－1，A正确；对于B，令x＝x1，y＝x2－x1，且x1<x2，则f(x1＋x2－x1)＝f(x1)＋f(x2－x1)＋1，可得f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)＋1，若x>0时，f(x)>－1时，f(x2)－f(x1)>0，此时函数f(x)为单调递增函数；若x>0时，f(x)<－1时，f(x2)－f(x1)<0，此时函数f(x)为单调递减函数，所以函数f(x)不一定有最小值，B错误；对于C，令y＝1，可得f(x＋1)＝f(x)＋f(1)＋1＝f(x)＋1，即f(x＋1)－f(x)＝1，所以f(2)－f(1)＝1，f(3)－f(2)＝1，…，f(2024)－f(2023)＝1，各式相加得f(2024)－f(1)＝2023，所以f(2024)＝f(1)＋2023＝2023，C正确；对于D，令y＝－x，可得f(0)＝f(x)＋f(－x)＋1，可得f(x)＋1＋f(－x)＋1＝0，即f(－x)＋1＝－[f(x)＋1]，所以函数f(x)＋1是奇函数，D正确.11.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2ex，x<1，,\f(ex,x2)，x≥1，))方程[f(x)]2－2af(x)＝0(a∈R)有两个不等实根，则下列说法正确的是()A.点(0，0)是函数f(x)的零点B.∃x1∈(0，1)，x2∈(1，3)，使f(x1)>f(x2)C.x＝－2是f(x)的极大值点D.a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(e2,8)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，＋∞))答案BC解析当x<1时，f(x)＝x2ex，则f′(x)＝(x2＋2x)ex＝x(x＋2)ex，当x∈(－∞，－2)，(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(－2，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，且f(－2)＝eq\f(4,e2)，f(0)＝0；当x≥1时，f(x)＝eq\f(ex,x2)，则f′(x)＝eq\f(ex（x－2）,x3)，当x∈(1，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，且f(1)＝e，f(2)＝eq\f(e2,4)，且f(x)≥0恒成立，画出函数图象如图.对于A，由函数图象可得0是函数f(x)的零点，故A错误；对于B，由图可得f(x1)∈(0，e)，f(x2)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，e))，故∃x1∈(0，1)，x2∈(1，3)，使f(x1)>f(x2)，故B正确；对于C，由图可得x＝－2是f(x)的极大值点，故C正确；对于D，方程[f(x)]2－2af(x)