专题2-4 复合二次型和镶嵌函数零点-2022年高考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）（解析版）

这是一份专题2-4 复合二次型和镶嵌函数零点-2022年高考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）（解析版），共45页。试卷主要包含了热点题型归纳1，最新模考题组练36等内容，欢迎下载使用。
专题2-4 复合二次型和镶嵌函数的零点

目录
一、热点题型归纳 1
【题型一】 一元二次复合型基础：可因式分解型 1
【题型二】 一元二次复合型：根的分布型 3
【题型三】 一元二次复合型：参变飞羽判别式、求根公式型 6
【题型四】 一元二次复合型：线性规划型（老高考） 10
【题型五】 一元二次复合型：函数性质综合型 13
【题型六】 嵌套函数基础型 16
【题型七】 嵌套函数常规型：无参数双坐标系换元转换法 18
【题型八】 嵌套函数含参型：解析式含参 20
【题型九】 嵌套函数含参型：参数在方程 24
【题型十】 嵌套函数含参型：双函数型 28
【题型十一】 嵌套函数双复合型 33
二、最新模考题组练 36




【题型一】 一元二次复合型基础型：可因式分解
【典例分析】
已知函数fx=xlnx，若关于x的方程fx2+afx+a−1=0有且仅有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是( )
A．−2e,1−e B．1−e,0 C．−∞,1−e D．1−e,2e
【答案】C
【分析】首先利用导函数求f(x)的单调性，根据其单调性作出f(x)的大致图像，然后结合已知条件将方程解的问题转换成交点问题即可求解.
【详解】因为fx=xlnx，所以f'x=lnx−1lnx2，当x∈0,1∪1,e，f'x0，
所以f(x)在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
当x=2时，f(x)取得极小值f2=2−2ln2，且f1=1，当x→+∞时，f(x)→+∞；
当0≤x01−m+n0,则可行域如图所示,设z=2m+3n,即n=−23m+13z,
平移直线n=−23m+13z,与点B相交时截距最小,与点A相交时截距最大,因为点B1,0,点A3,2,所以2m+3n∈2,12；
③t1=1,t2∈0,1,则g0>0g1=0001−t−30，解得−12π−1>0，
所以f'(x)=2x+sinx+xcosx=x(1+cosx)+x+sinx＞0，
即函数f(x)=x2+xsinx在x∈[0,+∞)单调递增，x∈(−∞,0]单调递减，
f(0)=0，g(x)=lnx+x+1xex,x>0g'(x)=(1x+1)xex−(lnx+x+1)(x+1)ex(xex)2=(x+1)ex(−lnx−x)(xex)2，x>0
考虑ℎ(x)=−lnx−x在x∈(0,+∞)单调递减，ℎ(1e)=1−1e,ℎ(1)=−1
所以必存在x0使得ℎ(x0)=0，x0=−lnx0,ex0=1x0，则ℎ(x)=−lnx−x，x∈(0,x0),ℎ(x)=−lnx−x>0，
x∈(x0,+∞)，ℎ(x)=−lnx−x0，f(t)=m,两根t1,t2，设t1=−t2
g(x)=t1,g(x)=−t1一共有四个根，当t1>1,g(x)=t1，无解，
当t1=1,g(x)=1，g(x)=−1，一共四个不同实根，此时m=f(1)=1+sin1，
00时，f(x)=ex−12为增函数，所以当x≤0时，t=f(x)为减函数，
所以tmin=f(0)=e0−12=12，即t≥12，当x>0时，g(x)=x−1lnx，
则g'(x)=lnx+1xx−1=lnx−1x+1，令g'(x)=0，解得x=1，
所以当x∈(0,1)时，g'(x)0，函数为增函数，当x∈(e,+∞)时，y'0，若方程[f(x)]2−(m+1)f(x)+m=0恰有5个不同的实数解，则实数m的取值范围为（ ）
A．1,5 B．1,5∪5,9 C．(1,5] D．(0,1)∪{5}
【答案】A
【分析】
先根据题意求导判断f(x)的单调性,作出f(x)的简图,由题意可得方程可化简为(f(x)−1)(f(x)−m)=0即f(x)=1或f(x)=m.由图像可知y=f(x)与y=1有两个公共点,结合图象只需只需y=f(x)与y=m有3个公共点即可.
【详解】当x>0时，f'(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3)，
易知函数f(x)在(−∞,1),(3,+∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，
f(1)=5,f(3)=1.由[f(x)]2−(m+1)f(x)+m=0，
可得(f(x)−1)(f(x)−m)=0，即f(x)=1或f(x)=m.
由图像可知y=f(x)与y=1有两个公共点，所以只需y=f(x)与y=m有3个公共点，所以10的图象如图，令fx=t，则方程f2x−a+2fx+3=0化为t2−a+2t+3=0，要使关于x的方程f2x−a+2fx+3=0，恰好有六个不同的实数根，则方程f2x−a+2fx+3=0在1,2内有两个不同实数根，∴Δ=a+22−12>010g(1)⩽0，解得a>2，所以实数a的取值范围为2,+∞．
故答案为：2,+∞．
5.（2021·云南玉溪期末（理））函数fx=−lnx,x∈0,112x−1−1,x∈1,+∞，关于x的方程2fx2−4mfx+5m−2=0）有4个不同的实数解，则m的取值范围是______．
【答案】25,12
【解析】
令fx=t，则方程2fx2−4mfx+5m−2=0有4个不同的实数解等价于方程2t2−4mt+5m−2=0有两个根且两个都在区间0,1上，再作出实根分布知识即可求解．
【详解】
作出函数fx=−lnx,x∈0,112x−1−1,x∈1,+∞的图象，
如图所示：
令fx=t，则关于x的方程2fx2−4mfx+5m−2=0有4个不同的实数解等价于方程2t2−4mt+5m−2=0有两个不等根且两个根都在区间0,1上，
设gt=2t2−4mt+5m−2，由图有00gm0，若关于x的方程fx−a+fx−a−1=1有且仅有三个不同的整数解，则实数a的取值范围是（ ）
A．−32,−2719 B．0,8 C．−47,−1819 D．−12,0
【答案】A
【分析】作出函数y=fx的图象，由fx−a+fx−a−1=1可得出a≤fx≤a+1，即函数y=fx位于直线y=a和y=a+1的图象上有三个横坐标为整数的点，数形结合可得实数a的取值范围.
【详解】∵fx−a+fx−a−1=2a+1−2fx,fxa+1，
∴函数y=fx位于直线y=a和y=a+1的图象上有三个横坐标为整数的点.
当x