小结第二课时 公开课

函数小题之：简单的复合函数问题

学习目标：

1.

熟练掌握复合函数的求值方法；

2.

能利用数形结合、换元等方法求解复合函数零点问题；

3.

能利用函数性质、数形结合等方法，处理简单的复合函数的综合问题。

一、回归课本

x(x4),x0必修1：已知函数f(x)，求f(1),f(3),f(a1)的值. x(x4),x0.

变式1：若g(x)x1，则f(g(x))__________复合函数的定义：

二、链接浙题

|x1|2,|x|11

1.（05-3）设函数f(x)1，则f(f())等于（

）

2,|x|121x

A.12B.413C.95D.25

31

1

x2x,x02.（14-15）设函数f(x)，若f(f(a))2，

2x,x0则实数a的取值范围是________ t0t0解：设tf(a)，则f(t)2由题意得：

2解得：tf(a)2

或2tt2t2

所以a0a0解得：a2

或22aa2a2解法2：设tf(a)，则f(t)2，如图则易得：t2

即f(a)2，显然a0时恒成立，

2

a0时，a2即a2. 3.（04-12）若f(x)和g(x)都是定义在数集R上的函数，且方程xf[g(x)]0有实数解，则g[f(x)]不可能是

（

）

A.xx215B.x2x15C.x215D.x21

5 解1：设x0为方程的解，则x0f[g(x0)]，令y0g(x0)，

则f(y0)f[g(x0)]x0，所以g[f(y0)]g(x0)y0

若g[f(x)]xx2112，则y0y0y0有解，

55112，则y0y0y0无解，故选B. 55

若g[f(x)]xx2

解法2：方程xf[g(x)]0有解，即xf[g(x)]有解，

即g(x)g[f[g(x)]]有解，即xg[f(x)]有解。

下同解法1. 三、简单的复合函数零点问题

模型1：形如g(x)f(x)kf(xa),xb的零点问题

xb

2

x22xax0

【例1】

已知f(x)且函数yf(x)x恰有三个零点，

x0f(x1),则实数a的取值范围是（

）

A.(,1]B.(0,1]C.(,0]D.(,2]

当a1时作出f(x)的草图：yf(x)与yx

恰有3个不同的交点，故选A

2|x1|10x2【类题】已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)1，

x2f(x1),2则函数g(x)xf(x)1在[6,)上所有零点之和为（

）

A.7B.8C.9D.10

模型2：形如g(f(x))a0的零点问题

【例2】（2018省赛8）设f(x)|x1||x||x2|，则f[f(x)]10

有_____个不同的解. x3,x1x1,1x0解：因为f(x)

3x1,0x2x2x3,

设tf(x)，则f(t)1，如图，t0或t2

即f(x)0或f(x)2

所以共有3个不同的解. 121x,x0x【类题】已知函数f(x)，则方程f(x2x)a有六个根时，a的log1|x|,x03取值范围为__________. 模型3：形如af2(x)bf(x)c0(a0)的零点问题

2x1,x0【例3】已知函数f(x)1，

2|x2x1|,x02方程f(x)af(x)b0(b0)有六个不同的实数解，则3ab的取值范围是（

）

2

3

A.[6,11]B.[3,11]C.(6,11)2D.(3,11)

解：设tf(x)则问题转化为方程tatb0有二个根

t1,t2且t1(0,1),t2(1,2)

2|x1|1,x0【类题】已知定义在R上的函数满足f(x)2，若关于x的方程

x2x1|,x0f2(x)(m1)f(x)2m20有5个根，则m的值为（

）

A.0B.1C.12D.3

模型4：综合性问题

【例4】（2018温州二模17）已知f(x)x2ax,|f(f(x))|2

在[1,2]上恒成立，则实数a的最大值为___________. 解：因为|f(f(x))|2在[1,2]上恒成立，所以|f(f(1))|2

即|f(1a)|2，所以|2a23a1|2，解得：317317

a44

同理：|f(f(2))|2，解得：1a7317，即1a

34当aa317时，设tf(x)，此时对称轴x1，

24因为x[1,2]，所以tf(x)在[1,2]单调递增.所以t[1a,42a]

此时a5(42a)a40，

22所以yf(t)在[1a,42a]上单调递减，

即|f(t)|2在[1a,42a]上恒成立. |f(1a)|2(1)317只需，

所以amax

4|f(42a)|2(2)【例5】（2018.4嘉兴二模10）已知函数f(x)xaxb,

4 2

集合Ax|f(x)0，集合Bx|f(f(x))若AB，则实数a的取值范围是（

）

A.[5,5]5，

4B.[1,5]C.[5,3]D.[1,3]

解：设Bx|f(f(x))55（m,n为tf(x)的两个x|mf(x)n，445，又4根）. 因为AB，所以n0,mf(x)min，所以f(n)f(0)ba24ba250，所以a5或a5. 又f(t)55522，所以tat，即tat0，因为mf(x)0，444a5a2at0，即ma，所以af()，解得：1a5，

244综上：5a5，故选A.

5