嵌套函數(shù)的零點問題芻議

摘要：嵌套函數(shù)的零點問題常見于高考和各類模擬試題的壓軸小題，是函數(shù)中的難點.本文中重點探討了常見兩大嵌套函數(shù)考向——“自（互）嵌套型”和“二次嵌套型”的解題思路及方法，其中自（互）嵌套型考向總結(jié)出了5種題型，二次嵌套型考向總結(jié)了2種題型. 解題的總體思路是先通過“換元”達到“解套”的目的，再利用數(shù)形結(jié)合、分類討論等思想具體分析. 目的是讓學(xué)生能更全面地學(xué)習(xí)、掌握嵌套函數(shù)的零點問題，培養(yǎng)運算、作圖、分析等基本解題技能.

關(guān)鍵詞：嵌套函數(shù);零點問題;考向;方法

嵌套函數(shù)的零點數(shù)量、零點范圍、參數(shù)范圍等問題常見于高考和各類模擬試題的壓軸小題，是函數(shù)類考題中的難點之一. 筆者經(jīng)過研究提出了嵌套函數(shù)零點問題的兩個考向：“自（互）嵌套型”和“二次嵌套型”.對這兩種考向分別總結(jié)給出了5種和2種題型，并分別給出了解題方法.

1 考向一：自函數(shù)互嵌或雙函數(shù)互嵌型

對于導(dǎo)向一，下面給出了5種具體題型.

1.1 題型1：“y=f（f（x））與y=f（g（x））”型問題

方法步驟：

（1）換元，設(shè)t=f（x）或t=g（x），轉(zhuǎn)化為f（t）=0；

（2）解方程f（t）=0，得到根t1，t2；

（3）解方程f（x）=t1或f（x）=t2.

例1（《2025優(yōu)化探究高考總復(fù)習(xí)5數(shù)學(xué)》強基培優(yōu)[1]）已知函數(shù)f（x）＝x+2a，xlt;0，

x2-ax，x≥0，若關(guān)于x的方程f（f（x））＝0有8個不同的實根，求a的取值范圍.

解析：當(dāng)a＜0時，f（x）的圖象如圖1①，方程f（f（x））＝0不可能有8個不等實根.

當(dāng)a＝0時，f（x）的圖象如圖1②，f（f（x））＝0也不可能有8個不等實根.

當(dāng)a＞0時，f（x）的圖象如圖1③.令t＝f（x），由f（t）＝0，觀察圖象易知t＝－2a或0或a.

當(dāng)t＝0時，易知方程f（x）＝0有3個不等實根.

當(dāng)t＝a時，易知f（x）的圖象與直線y＝a有兩個不同的交點，即方程f（x）＝a有2個不等實根.

依題，當(dāng)t＝－2a時，方程f（x）＝－2a應(yīng)有3個不等實根，即f（x）的圖象與直線y＝－2a有3個不同的交點，此時－2a＞－a24，解得a＞8.

綜上，a的取值范圍是（8，＋∞）.

方法總結(jié)：本題f（x）的表達式中含有參數(shù)，圖象有三種情況，求解時需要對參數(shù)a進行分類討論，找到符合題意的情況，得參數(shù)的取值范圍.

變式（2023秋·貴州畢節(jié)·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f（x）=2x+2，x≤0，

log4x，xgt;0，則函數(shù)y=f（f（x））的所有零點之和為.

解析：設(shè)m=f（x），令f（m）=0.

當(dāng)m≤0時，2m+2=0，得m=－1；

當(dāng)mgt;0時，log4m=0，得m=1.

所以，若f（m）=0，則m=－1或m=1.

①當(dāng)m=f（x）=－1時，可以得到x≤0，

2x+2=－1或xgt;0，

log4x=－1，解得x=－32或x=14；

②當(dāng)m=f（x）=1時，可以得到x≤0，

2x+2=1或xgt;0，

log4x=1，解得x=－12或x=4.

綜上所述，函數(shù)y=f（f（x））的所有零點為－32，14，－12，4.

故所有零點的和為－32+14+－12+4=94.故答案為：94.

1.2 題型2：“y=f（f（x））+k”型問題

方法步驟令t=f（x），結(jié)合題意得到f（t）=-k的兩根為t1，t2.然后根據(jù)函數(shù)f（x）的單調(diào)性和最值求解x.

例2（2023年·廣東揭陽·高三?？迹┖瘮?shù)f（x）=x2－1，x≤1，

ln x，xgt;1，則函數(shù)y=f（f（x））－1的零點個數(shù)為（）.

A.2B.3C.4D.5

解析：設(shè)t=f（x），令f（t）=1.當(dāng)t≤1時，由t2－1=1，得t=－2或t=2（舍去）；當(dāng)tgt;1時，由ln t=1，得t=e.所以f（t）=1的兩根為t1=－2，t2=e，則f（x）=－2或f（x）=e.

因為f（x）在（－∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）≥f（0）=－1.

若f（x）=－2，易知方程無解;

若f（x）=e，當(dāng)x≤1時，由x2－1=e，得x=－e+1或x=e+1（舍去），此時方程有唯一的解；當(dāng)xgt;1時，由ln x=e，得x=ee，此時方程有唯一的解.

綜上，函數(shù)y=f（f（x））－1的零點個數(shù)為2.

故選：A.

方法總結(jié)：

（1）判斷嵌套函數(shù)零點個數(shù)的主要步驟：

①換元解套，轉(zhuǎn)化為t＝g（x）與y＝f（t）的零點；

②依次解方程，令f（t）＝0，求t的值，代入t＝g（x）求出x的值或判斷圖象交點個數(shù).

（2）抓住兩點：

①轉(zhuǎn)化換元；②充分利用函數(shù)的圖象與性質(zhì).

變式（《2025優(yōu)化探究高考總復(fù)習(xí)：數(shù)學(xué)》強基培優(yōu)[1]）已知函數(shù)f（x）＝xex+1，x≥0，

x2+2x+1，xlt;0.若函數(shù)y＝f（f（x）－a）－1有4個零點，則a的取值范圍是.

解析：當(dāng)x＜0時，由f（x）－1＝0，得x2＋2x＋1＝1，解得x＝－2或x＝0（舍去）；

當(dāng)x≥0時，由f（x）－1＝0，得xex＋1－1＝0，解得x＝0.

由y＝f（f（x）－a）－1＝0，可得f（x）－a＝0或f（x）－a＝－2，即f（x）＝a或f（x）＝a－2.

由y＝xex＋1≥1（x≥0），得y′＝1－xex.

當(dāng)x∈（0，1）時，y′＞0，函數(shù)y單調(diào)遞增；

當(dāng)x∈（1，＋∞）時，y′＜0，函數(shù)y單調(diào)遞減.

故當(dāng)x＝1時，函數(shù)y=xex+1取得極大值1＋1e.

作出f（x）的圖象，如圖2所示.

因為函數(shù)y＝f（f（x）－a）－1有4個零點，所以方程f（x）＝a有1個根，且方程f（x）＝a－2有3個根.

所以a＞1＋1e，1＜a－2＜1＋1e，解得3＜a＜3＋1e.

故a的取值范圍為3，3+1e.

1.3 題型3：“y=f（g（x））+k”型問題

例3已知函數(shù)f（x）＝－x2－2x，g（x）＝x＋14x，xgt;0，

x+1，x≤0.若方程g（f（x））－a＝0有4個實數(shù)根，求實數(shù)a的取值范圍.

解析：令f（x）＝t，則原方程化為g（t）＝a.

易知方程f（x）＝t在t∈（－∞，1）上有2個不同的根，圖3則原方程有4個根等價于函數(shù)y＝g（t）（t＜1）與y＝a的圖象有2個不同的交點.

作出函數(shù)y＝g（t）（t＜1）的圖象（如圖3），由圖象可知，當(dāng)1≤a＜54時，函數(shù)y＝g（t）（t＜1）與y＝a有2個不同的交點.

故所求a的取值范圍是1，54.

變式（2023·江西南昌縣蓮塘第一中學(xué)校聯(lián)考二模）已知λ∈R，函數(shù)f（x）=|x+1|，xlt;0，

lg x，xgt;0，g（x）=x2－4x+1+2λ，若關(guān)于x的方程f（g（x））=λ有6個解，則λ的取值范圍為（）.

A.0，12B.0，23C.12，1D.12，23

解析：令g（x）=t，則方程f（t）=λ的解有3個.

由圖象（如圖4）可得0lt;λlt;1，三個解分別為t1=－1－λ，t2=－1+λ，t3=10λ.

所以x2－4x+1+2λ=－1－λ，x2－4x+1+2λ=－1+λ，x2－4x+1+2λ=10λ，均有兩個不相等的實根，Δ1gt;0，Δ2gt;0，且Δ3gt;0.

由16－4（2+3λ）gt;0且16－4（2+λ）gt;0，解得0lt;λlt;23.

當(dāng)0lt;λlt;23時，Δ3=4（3－2λ+10λ）gt;0成立.

所以λ的取值范圍為0，23.

故選：B.

1.4 題型4：“y=f［f（x）］+kx”型或者“y=f［g（x）］+kx”型問題方法：換元法和數(shù)形結(jié)合.

例4（2023河南開封高三模擬）設(shè)函數(shù)f（x）=x－a（a∈R）.若方程f（f（x））=x有解，則a的取值范圍為（）.

A.－∞，14B.0，18

C.－∞，18D.［1，+∞）

解析：設(shè)f（x）=t，t≥0，則方程f（f（x））=x等價為f（t）=x，即x－a=t

t－a=x，所以t=x，即f（x）=x.

所以x－a=x，即x－a=x2在x≥0時有解，亦即a=－x2+x在x≥0時有解.

設(shè)g（x）=－x2+x=－（x2－x）（x≥0）.

由g（x）=-x-122+14，可知當(dāng)x=12時g（x）取得最大值14，則a≤14.

故選：A.

變式（2024浙江義烏二模）已知兩函數(shù)f（x）和g（x）都是定義在R上的函數(shù)，且方程x－f（g（x））=0有實數(shù)解，則g（f（x））有可能是（）.

A.x2+1B.x2+x+1

C.x2－x－1D.2x2－x+1

解析：由x－f（g（x））=0，可得x=f（g（x）），故g（x）=g［f（g（x））］，令t=g（t），則t=g（f（t）），即x－g（f（x））=0有實數(shù)解.

對于A，x－（x2+1）=0，即x2－x+1=0，方程無解，不符合題意；

對于B，x－（x2+x+1）=0，即x2+1=0，方程無解，不符合題意；

對于C，x－（x2－x－1）=0，即x2－2x－1=0，方程有解，符合題意；

對于D，x－（2x2－x+1）=0，即2x2－2x+1=0，方程無解，不符合題意.

故選：C.

1.5 題型5：“y=f［f（x）］+kf（x）+m”型或“y=f［g（x）］+kg（x）+m”型問題方法：換元法和數(shù)形結(jié)合.

例5（2025屆南方鳳凰臺高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)提高版［2］）已知函數(shù)f（x）＝2x+22，x≤1，

|log2（x-1）|，xgt;1，則函數(shù)F（x）＝f（f（x））－2f（x）－32的零點個數(shù)是（）.

A.4B.5C.6D.7

解析：令t＝f（x），F(xiàn)（x）＝0，則f（t）－2t－32＝0，即f（t）＝2t＋32.

作出y＝f（x）的圖象和直線y＝2x＋32，如圖5.

由圖象可得有兩個交點，設(shè)交點橫坐標(biāo)分別為t1，t2，則t1＝0，t2∈（1，2）.

當(dāng)f（x）＝t1時，x＝2，即有一解；

當(dāng)f（x）＝t2時，有3個解.

綜上，F(xiàn)（x）＝0共有4個解，即F（x）有4個零點.

變式已知函數(shù)f（x）＝2x，x≤0，

ln x，xgt;0，g（x）＝|x（x－2）|，若方程f（g（x））＋g（x）－m＝0的所有實根之和為4，則實數(shù)m的取值范圍是.

解析：令t＝g（x），t≥0，則f（t）＋t－m＝0，即f（t）＝m－t.

在同一平面直角坐標(biāo)系中作出y＝f（t）與y＝m－t的圖象，如圖6.

當(dāng)m＞1時，由圖可知，y＝f（t）與y＝m－t的圖象有1個交點，圖7設(shè)交點橫坐標(biāo)為t1，則t1＞1，由t1＝g（x），結(jié)合圖7可知，此時y＝t1與y＝g（x）的圖象有2個交點，即原方程有2個實根，且兩根之和為2，不符合題意.

當(dāng)m＝1時，y＝f（t）與y＝m－t的圖象有2個交點，設(shè)交點橫坐標(biāo)分別為t2，t3，且有t2＝0，t3＝1.結(jié)合圖7，由t2＝g（x），可得x1＝0，x2＝2;由t3＝g（x），得x3＝1，x4＋x5＝2.故原方程有5個實根，且5根之和為5，不符合題意.

當(dāng)m＜1時，y＝f（t）與y＝m－t的圖象有2個交點，設(shè)交點橫坐標(biāo)為t4，t5，且有t4＜0，0＜t5＜1.結(jié)合y＝g（x）的圖象可知，當(dāng)t4＝g（x）時無解;當(dāng)t5＝g（x）時，y＝t5與y＝g（x）的圖象有4個交點，即原方程有4個實根，且4根之和為4，符合題意.

綜上，實數(shù)m的取值范圍為（－∞，1）.

2 考向二：二次嵌套型

對于考向二，下面給出了2種具體題型.

2.1 題型1：二次型因式分解

方法：換元法和數(shù)形結(jié)合.

（1）換元，設(shè)t=f（x），轉(zhuǎn)化為y=at2+bt+c并作出大致圖象；

（2）設(shè)at2+bt+c=0的根為t1，t2（t1≠t2）；

（3）根據(jù)零點的個數(shù)，判斷t1，t2的范圍；

（4）轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)零點問題解決即可.

例6（2025屆《紅對勾5高三數(shù)學(xué)講與練大一輪復(fù)習(xí)全新方案》[3]）已知函數(shù)f（x）＝e|x-1|，xgt;0，

-x2-2x+1，x≤0，若關(guān)于x的方程[f（x）]2－3f（x）＋a＝0（a∈R）有8個不等的實數(shù)根，則a的取值范圍是.

解析：作出f（x）的圖象，如圖8.

令f（x）＝t，根據(jù)關(guān)于x的方程[f（x）]2－3f（x）＋a＝0（a∈R）有8個不等的實數(shù)根，結(jié)合圖象可知，關(guān)于t的方程t2－3t＋a＝0有2個不等的實數(shù)根，記為t1，t2，且t1，t2∈（1，2）.因為t1＋t2＝3，t1t2＝a，所以a＝t1（3－t1）＝－t1-322+94.又因為t1∈（1，2），t1≠t2，即t1≠32，所以a=－t1-322+94的取值范圍是2，94.所以a的取值范圍是2，94.

變式1（2025屆《創(chuàng)新設(shè)計5高考總復(fù)習(xí)5數(shù)學(xué)（提高版）》[4]）已知函數(shù)f（x）＝ex，xlt;0，

4x3-6x2+1，x≥0，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則函數(shù)g（x）＝3[f（x）]2－10f（x）＋3的零點個數(shù)為（）.

A.4B.5C.6D.3

解析：當(dāng)x≥0時，f（x）＝4x3－6x2＋1的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝12x2－12x.

當(dāng)0lt;xlt;1時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)xgt;1時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增.

所以f（x）在x＝1處取得最小值，最小值為－1，且f（0）＝1.

作出函數(shù)f（x）的圖象，如圖9.

令t＝f（x），由g（t）=0得3t2－10t＋3＝0，解得t＝3或13.

當(dāng)t＝13，即f（x）＝13時，g（x）有三個零點；

當(dāng)t＝3時，可知f（x）＝3有一個實根，即g（x）有一個零點.

綜上，函數(shù)g（x）共有四個零點.

變式2（2025屆《金版教程5高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案5數(shù)學(xué)》[5]）已知函數(shù)f（x）＝2x，0≤x≤1，

ln（-x），xlt;0，若關(guān)于x的方程[f（x）]2－af（x）＋2＝0有4個不同的實根，則a的取值范圍是（）.

A.[2，4]B.（22，4]

C.[2，3]D.（22，3]

解析：畫出函數(shù)f（x）的圖象如圖10.設(shè)f（x）＝t，結(jié)合圖象知，當(dāng)tlt;1或tgt;2時，f（x）＝t有且僅有1個實根；當(dāng)1≤t≤2時，f（x）＝t有2個實根.因此，原問題轉(zhuǎn)化為h（t）＝t2－at＋2在區(qū)間[1，2]內(nèi)有兩個不同的零點，從而可以得到h（1）=3-a≥0，

h（2）=6-2a≥0，

1≤a2≤2，

Δ=a2-8gt;0，解得22lt;a≤3.

故選：D.

2.2 題型2：二次型根的分布

方法：換元法、數(shù)形結(jié)合和根的分布.

例7（2024·重慶質(zhì)檢）已知函數(shù)f（x）＝x+1，x≤0，

x-1x，xgt;0.若關(guān)于x的方程[f（x）]2＋（m－4）5f（x）＋2（2－m）＝0有五個不同的實數(shù)根，則實數(shù)m的取值范圍是（）.

A.[1，3）B.（0，2）C.[1，2）D.（0，1）

解析：設(shè)函數(shù)h（x）＝x－1x，xgt;0，則h′（x）＝1＋1x2gt;0，所以h（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，h（1）＝0.

作出f（x）的大致圖象，如圖11所示.令t＝f（x），由t2＋（m－4）t＋2（2－m）＝0，得t1＝2，t2＝2－m.

由圖可知，直線y＝2與f（x）的圖象有2個交點.

所以直線y＝2－m與f（x）的圖象必須有3個交點，則0lt;2－m≤1，解得1≤mlt;2.

故選：C.

變式1（2023·遼寧遼陽二模）（多選）已知函數(shù)f（x）＝xln x，xgt;0，

－x2－2x+1，x≤0，函數(shù)g（x）＝[f（x）]2－（a－1）f（x）－a，則下列說法錯誤的是（）.

A.若alt;－1e，則g（x）恰有2個零點

B.若1≤alt;2，則g（x）恰有4個零點

C.若g（x）恰有3個零點，則a的取值范圍是[0，1）

D.若g（x）恰有2個零點，則a的取值范圍是－∞，－1e∪（2，＋∞）

解析：令g（x）＝[f（x）]2－（a－1）f（x）－a＝0，則[f（x）－a][f（x）＋1]＝0，解得f（x）＝－1，或f（x）＝a.

當(dāng)xgt;0時，f′（x）＝ln x＋1.由f′（x）gt;0，得xgt;1e；由f′（x）lt;0，得0lt;xlt;1e.

所以f（x）在0，1e上單調(diào)遞減，在1e，+∞上單調(diào)遞增，且f1e＝－1e.

當(dāng)xlt;0時，f（x）＝－x2－2x＋1，在（-∞，-1）上單調(diào)遞增，在（-1，0）上單調(diào)遞減，且f（－1）＝2.

作出f（x）的大致圖象，如圖12.由圖可知，f（x）＝－1有且僅有1個實根.

當(dāng)a＝－1時，g（x）恰有1個零點，故選項A錯誤；

當(dāng)1≤alt;2時，f（x）＝a有3個實根，則g（x）恰有4個零點，故選項B正確；

若g（x）恰有3個零點，則f（x）＝a恰有2個實根，得a＝2或0≤alt;1或a＝－1e，故選項C錯誤；

若g（x）恰有2個零點，則f（x）＝a恰有1個實根，且a≠－1，得alt;－1或－1lt;alt;－1e或agt;2，故選項D錯誤.

故選：ACD.

變式2（2025屆《紅對勾5高三數(shù)學(xué)講與練大一輪復(fù)習(xí)全新方案》[3]）函數(shù)f（x）＝1e|x|＋1，若g（x）＝2[f（x）]2－（2a＋3）f（x）＋3a有4個零點，則a的取值范圍是.

解析：由g（x）＝0，得[2f（x）－3]·[f（x）－a]＝0，解得f（x）＝32或f（x）＝a.

由圖13可知，直線y＝32與函數(shù)f（x）的圖象有兩個交點，又因為函數(shù)g（x）有4個零點，故直線y＝a與函數(shù)f（x）有2個零點，且a≠32，所以1lt;alt;2且a≠32.

因此，實數(shù)a的取值范圍是1，32∪32，2.

函數(shù)的零點是命題的熱點，常與函數(shù)的性質(zhì)和相關(guān)問題交匯.對于嵌套函數(shù)的零點，通常先“換元解套”，將復(fù)合函數(shù)拆解為兩個相對簡單的函數(shù)，借助函數(shù)的圖象、性質(zhì)求解.因此，利用換元法和數(shù)形結(jié)合思想是解決本類問題的關(guān)鍵，含參數(shù)的嵌套函數(shù)方程，應(yīng)注意讓參數(shù)的取值“動起來”，抓臨界位置，動靜結(jié)合，考查學(xué)生運算、作圖、分析等基本技能.

參考文獻：

［1］梁永華.2025優(yōu)化探究高考總復(fù)習(xí)5數(shù)學(xué)[M].濟南：濟南出版社，2024.

［2］王清平.2025屆南方鳳凰臺高考一輪復(fù)習(xí)5A導(dǎo)學(xué)案5數(shù)學(xué)（提高版）[M].南京：東南大學(xué)出版社，2024.

［3］濤琪.紅對勾5高三數(shù)學(xué)講與練大一輪復(fù)習(xí)全新方案（2025版）[M].天津：天津人民出版社，2024.

［4］王朝銀.創(chuàng)新設(shè)計5高考總復(fù)習(xí)5數(shù)學(xué)（提高版）[M].西安：陜西人民出版社，2024.

［5］魏萬青.金版教程5高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案5數(shù)學(xué)（提升版）[M]蘭州：.甘肅教育出版社，2024.