《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

例3 已知函数$f(x)=\begin{cases}e^{-x}-2,x\leqslant1,\\|\ln(x - 1)|,x＞1,\end{cases}$则函数$g(x)=f(f(x))-2f(x)+1$的零点个数是 （ ）
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7

答案： B [令 $t = f(x)$，$g(x)=0$，则 $f(t)-2t + 1=0$，即 $f(t)=2t - 1$，分别作出函数 $y = f(t)$ 和直线 $y = 2t - 1$ 的图象，如图所示，由图象可得有两个交点，横坐标设为 $t_{1},t_{2}$，则 $t_{1}=0$，$1＜t_{2}＜2$，对于 $t = f(x)$，分别作出函数 $y = f(x)$ 和直线 $y = t_{2}$ 的图象，如图所示，由图象可得，当 $f(x)=t_{1}=0$ 时，函数 $y = f(x)$ 与 $x$ 轴有两个交点，即方程 $f(x)=0$ 有两个不相等的根，当 $t_{2}=f(x)$ 时，函数 $y = f(x)$ 和直线 $y = t_{2}$ 有三个交点，即方程 $t_{2}=f(x)$ 有三个不相等的根，综上可得 $g(x)=0$ 的实根个数为5，即函数 $g(x)=f(f(x))-2f(x)+1$ 的零点个数是5。]

例4 (2024·驻马店模拟)已知函数$f(x)=\begin{cases}x^{2}-2\sqrt{3}x + 2,x\geqslant0,\\\ln(-x),x＜0,\end{cases}$若函数$g(x)=[f(x)]^{2}-af(x)+1$有6个零点，则a的取值范围是 （ ）
A. (2,4]
B. (2,+∞)
C. $(2,\frac{5}{2}]$
D. $[\frac{5}{2},4]$

答案： C [设 $t = f(x)$，则由 $g(x)=[f(x)]^{2}-af(x)+1$，可设 $y = h(t)=t^{2}-at + 1$，画出 $f(x)$ 的图象，如图，由图可知，当 $t＜-1$ 时，$t = f(x)$ 有且仅有一个解；当 $t=-1$ 或 $t＞2$ 时，$t = f(x)$ 有两个不同的解；当 $-1＜t\leqslant2$ 时，$t = f(x)$ 有三个不同的解，令 $h(t)=0$，即 $t^{2}-at + 1=0$，因为函数 $g(x)$ 有6个零点，故需 $t^{2}-at + 1=0$ 在 $(-1,2]$ 内有两个不同的根，所以 $\begin{cases}\Delta = a^{2}-4＞0\\h(-1)=1 + a + 1＞0\\h(2)=4 - 2a + 1\geqslant0\\-1＜\frac{a}{2}＜2\end{cases}$，解得 $2＜a\leqslant\frac{5}{2}$，即 $a$ 的取值范围是 $(2,\frac{5}{2}]$。]

跟踪训练2 已知函数$f(x)=\begin{cases}|\lg x|,x＞0,\\-x^{2}-2x + 1,x\leqslant0,\end{cases}$且关于x的方程$[f(x)]^{2}-(2m + 1)f(x)+m^{2}+m = 0$有7个不同的实数解，则实数m的取值范围为____________.

答案： (0,1]

1. 三种函数模型的性质

答案： y轴　x轴