1、函数压轴小题之嵌套函数问题 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( )yf x （1）若存在 0 xD,使得 00 ()f xx,则称 0 x是函数( )yf x的一阶不动点,简称不动 点； （2） 若存在 0 xD,使 00 ( ()f f xx,则称 0 x是函数( )yf x的二阶不动点,简称稳定 点. 类型一类型一嵌套函数中不动点稳定点问题嵌套函数中不动点稳定点问题 典例 1 |Ax fxx ， |Bx ffxx . （1）求证：AB ； （2）若 2 1,fxaxaR xR ，且AB ，求实数
2、a的取值范围； （3） 若( )f x是R上的单调递增函数，0 x是函数的稳定点， 问 0 x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. 【解析】 （ 1 ） 若A ， 则AB 显 然 成 立 ； 若A ， 设tA ， ,f tt ff tf tt tB ，故AB . （2） 2 ,1Aaxx 有实根， 1 4 a .又AB ，所以 2 2 11a axx ， 即 3422 210a xa xxa 的 左 边 有 因 式 2 1axx， 从 而 有 222 110axxa xaxa .高中资料分享 QQ 群：608396916 AB ， 22 10a xaxa 要么没有实
3、根，要么实根是方程 2 10axx 的根. 若 22 10a xaxa 没有实根，则 3 4 a ； 若 22 10a xaxa 有实根且实根是方程 2 10axx 的根， 则由方 2 10axx ， 得 22 a xaxa，代入 22 10a xaxa ，有210ax .由此解得 1 2 x a ， 再代入得 11 10 42aa ，由此 3 4 a ，故a的取值范围是 1 3 , 4 4 . （3）由题意：x0是函数的稳定点, 则 00) (xxff， 若 00) (xxf，)(xf是R R上的单调增函数， 则)()( 00 xfxff， 所以)( 00 xfx ， 矛盾. 若)( 00
4、xfx ，)(xf是R R上的单调增函数， 则)()( 00 xffxf， 所以 00) (xxf， 矛盾故 00) (xxf，所以 x0是函数的不动点. 类型二类型二嵌套函数中零点个数问题嵌套函数中零点个数问题 典例 2 若函数 32 f xxaxbxc有极值点 1 x， 2 x，且 11 f xx，则关于x的 方程 2 320f xaf xb的不同实根的个数是_. 【解析】 函数 32 f xxaxbxc有极值点 1 x， 2 x， 说明方程 2 ( )320fxxaxb 的两根为 1 x， 2 x，方程 2 320f xaf xb的解为 1 ( )f xx或 2 ( )f xx，若 12
5、 xx， 即 1 x是极大值点， 2 x是极小值点， 由于 11 f xx， 1 x是极大值， 1 ( )f xx 有两解， 12 xx， 21 ( )( )f xxf x只有一解，此时只有3解，若 12 xx，即 1 x是 极小值点， 2 x是极大值点， 由于 11 f xx， 1 x是极小值， 1 ( )f xx有2解，1 2 xx， 21 ( )( )f xxf x只有一解，此时只有3解.高中资料分享 QQ 群：608396916 类型三类型三嵌套函数中参数问题嵌套函数中参数问题 典 例 3已 知 函 数 2 21,0, ,0, xaxax f x lnxx 2 1 2g xxa . 若
6、 函 数 yfg x有4个零点，则实数a的取值范围是_. 【解析】 令 0,f ttg x 当10a时 f t有两个零点 12 1,1tt ，需1 211aa 当1=0a时 fx有三个零点， 123 1,0, =2ttt ，1 21a 所以函数 yfg x有 5 个零点，舍；高中资料分享 QQ 群：608396916 当10a时 ， 由 于1 21a ， 所 以 2 4440aa ， 且 2 11 2aaaa ，所以 5-1 1 2 a 综上实数a的取值范围是 51,1 1, 2 【名师指点】求解复合方程问题时，往往把方程 ( )0f g x分解为( )0f t 和 ( )g xt处理，先从方
7、程( )0f t 中求t，再带入方程( )g xt中求x的值 典型练习：典型练习： 1. 设函数axexf x )(（aR，e为自然对数的底数） ，若曲线xysin上存 在点),( 00 yx，使 00) (yyff成立，则a的取值范围是_ 【解析】 由题意可得 y0=sinx0-1，1，f（y0）=ey0+y0-a， 曲线 y=sinx 上存在点（x0，y0）使得 f（f（y0） ）=y0，存在 y00，1，使 f（y0） =y0成立，即 f（x）=x 在0，1上有解，即 ex+x-x2=a 在0，1上有解 令 g（x）=ex+x-x2，则 a 为 g（x）在0，1上的值域 当 x0，1时，
8、g（x）=ex+1-2x0，故函数 g（x）在0，1上是增函数， 故 g（0）g（x）g（1） ，即 1ae，故答案为：1，e 2. 已 知 函 数( )yf x是 定 义 域 为R的 偶 函 数 .当0 x 时 ， 5 sin() (01) 42 ( ) 1 ( )1 (1) 4 x xx f x x ，若关于x的方程 2 ( )( )0f xaf xb（, a bR）, 有且仅有 6 个不同实数根，则实数a的取值范围是_. 【解析】 作出 5 sin() (01) 42 ( ) 1 ( )1 (1) 4 x xx f x x 的图象如下，又函数( )yf x是定义域为R的 偶函数，且关于x
9、的方程 2 ( )( )0f xaf xb，, a bR有且仅有6个不同实数根， 2 0 xaxb的两根分别为 1 5 4 x ， 2 5 1 4 x或 1 01x， 2 5 1 4 x， 由韦达定理可得axx 21 ， 若 4 5 1 , 4 5 21 xx， 则 2 5 4 9 a， 即 4 9 2 5 a， 若 1 01x， 2 5 1 4 x，则 4 9 1a，即1 4 9 a，从而可知 4 9 2 5 a或 1 4 9 a；高中资料分享 QQ 群：608396916 3.已知a，b是实数，1 和1是函数 32 ( )f xxaxbx的两个极值点 （1）求a和b的值； （2）设函数(
10、)g x的导函数( )( )2g xf x，求( )g x的极值点； （3）设( )( ( )h xf f xc，其中 22c ，求函数( )yh x的零点个数 【解析】解：(1)由题设知f(x)3x22axb，且f(1)32ab0，f(1) 32ab0， 解得a0，b3. (2)由(1)知f(x)x33x.因为f(x)2(x1)2(x2)， 所以g(x)0 的根为x1x21， x32，于是函数g(x)的极值点只可能是 1 或2. 当x2 时，g(x)0；当2x1 时，g(x)0，故2 是g(x)的极值点 当2x1 或x1 时，g(x)0，故 1 不是g(x)的极值点所以g(x)的极值点为 2
11、.高中资料分享 QQ 群：608396916 (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，d2,2 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)df(2)d2d0，f(1)df(2)d2d0， 所以2，1,1,2 都不是f(x)d的根由(1)知f(x)3(x1)(x1) 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 当x(1,2)时，f(x)0，
12、于是f(x)是单调增函数，又f(1)d0，f(2)d0，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 当x( 1,1)时，f(x)0，故f(x)是单调减函数，又f(1)d0，f(1)d0， yf(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|xi|2，i3,4,5. 现考虑函数yh(x)的零点 当|c|2 时，f(t)c有两个根t1，t2满足|t1|1，|t2|2，而
13、f(x)t1有三个不同 的根，f(x)t2有两个不同的根，故yh(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|ti|2，i3,4,5，而f(x)ti(i 3,4,5)有三个不同的根，故yh(x)有 9 个零点 综上可知，当|c|2 时，函数yh(x)有 5 个零点；当|c|2 时，函数yh(x)有 9 个零点 4.已知函数 2 ( )(0)f xaxbxc a，且( )f xx没有实数根，( ( )f f xx是否有 实数根？并证明你的结论. 【答案】 没有. 2 ( )(1)0f xxaxbxc无实数根， 2 (1)40bac . ( ( )0f f x
14、x即为 222 ()()0a axbxcb axbxccx， 22222 ()()0a axbxcaxaxb axbxccx， 2222 ()()(1)(1)(1)0a axbxcx axbxcxbaxbxc b， 222 (1)(1)(1)(1)0a axbxcaxbxcbaxbxc ， 222 (1)(1)10axbxca xa bxbac . 于是有 2 (1)0axbxc或 22 (1)10a xa bxbac . 2 1 (1)40bac ； 222222 2 (1)4(1)(1)4440a baacbabaca . 故均不存在实数根. 5.设xbaxxxfcos)( 2 ， 0)(
15、, 0)(xffxRxxfx，则满足条件 的所有实数ba,的取值分别为_. 【解析】 由0)0(f易得0b.axxxf 21 , 00)( （i）当0a时，显然成立； （ii） 当0a时， 记0)(xffxB， 令txf)(， 则0)(tf， 可知att 21 , 0 即0)(xf和axf)(的解只能为a, 0，故axf)(必须无解，解得40 a 综上：40 , 0ab 6.设Rx， 若函数)(xf为单调递增函数， 且对任意实数x， 都有1)(eexff x （e是自然对数的底数） ，则)2(lnf的值等于_. 【解析】 由 1 x ffxee ，采用换元 x tf xe，即有： 1f te(
16、1) x f xet(2)；可知： 1fet(3)；高中资料分享 QQ 群：608396916 又已知函数 fx为增函数，可知1t ，代入(2)式有 1 x f xe；因此： ln2 ln213fe ； 7.已知函数是定义在正实数集上的单调函数，且满足对任意x 0，都有 ，则= _ 【解析】 必为常数函数，否则存在两个不同数，其对应值均为，与单调函数 矛盾所以可设则将c代入，得，即 是单调增函数，当c=时，成立， 则高中资料分享 QQ 群：608396916 8. 已知定义在，0上的函数)(xf为单调函数，且1) 1 )()( x xffxf，则 _) 1 (f. 【解析】 设bf) 1 (，
17、可求得答案为 2 51 . 9. 已知nnf, 3 , 2 , 13 , 2 , 1:，（Nnn , 3）满足)()(xfxff，求这 样的函数个数有多少个？ 【解析】 规 律 为 ： 若 满 足 条 件 的 映 射 中 ， 仅 有k个 自 身 映 射 ， 那 么 必 有 ） * ,1 ()(Nikiiif （1）10 个 （2）证明：设满足条件的映射中仅有k个自身映射（mk ）,不妨设 ，332211 ，kk ,如果有),(,ktsts满足tsf)(,由)()(xfxff,则tsftf)()(,与题 设矛盾.所以对于ks ,必有)1 (kiis 接下去利用分步计数原理加以说明 第一步： 从n
18、个数中选出k个数构成自身映射， 不妨记为k,4321，,则共有 k n C种 情形；高中资料分享 QQ 群：608396916 第二步：剩下的kn个数映射到k,4321，的情形共有 kn k 种情形 所以当有k个元素构成自身映射的映射个数有 knk n kC ,故共有 n k knk m kC 1 个映射 满足条件 10. 设 定 义 域 为R的 函 数 |1| 2 51 0 ( ) 44 0 x x f x xxx ， 若 关 于x的 方 程 22 ( )(21) ( )0fxmf xm有7个不同的实数解，则 m=_. 【解析】 题中原方程 22 ( )(21) ( )0fxmf xm有7个不同的实数根，即要求对应于 fx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 xf的简图： 由 图 可 知 ， 只 有 当 4f x 时 ， 它 有 三 个 根 ， 故 关 于x的 方 程 22 ( )(21) ( )0fxmf xm有一个实数根4， 22 44-4 210mm，2m 或6m，6m时，方程 22 ( )(21) ( )0fxmf xm 403613 2 xfxfxf 或 9xf ,有 5 个不同的实数根，2m高中资料分享 QQ 群：608396916
