资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
函数不动点与稳定点问题 重点考点
专题练 2026年高考数学一轮复习备考
一、单选题
1．对于满足一定条件的连续函数，若存在一个点，使得，那么我们称为“不动点”函数.若存在个点，满足，则称为“型不动点”函数，则下列函数中为“3型不动点”函数的是（ ）
A． B．
C． D．
2．对于函数，若，则称为函数的“不动点”：若，则称为函数的“稳定点”．已知的稳定点都是它的不动点，则实数的范围是（ ）．
A． B．
C． D．
3．在数学中，对于满足一定条件的连续函数，存在实数，使得，我们就称该函数为“不动点”函数，实数为该函数的不动点.已知函数在区间上恰有两个不同的不动点，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
4．定义在实数集上的函数，如果，使得，则称为函数的不动点.给定函数，，已知函数，，在上均存在唯一不动点，分别记为，则（ ）
A． B． C． D．
5．对于连续函数，若，则称为的不动点.下列所给的函数中，没有不动点的是（ ）
A． B．
C． D．
6．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成了一般不动点定理的基石．简单来说就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称为“不动点”函数．若存在个点，满足，则称为“型不动点”函数，则下列函数中为“3型不动点”函数的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
7．已知函数，若存在，使得，则称为函数的不动点.下列函数中，有且只有一个不动点的函数为（ ）
A． B．
C． D．
8．对于连续函数，若，则称为的不动点；若，则称为的稳定点．记的不动点的集合为，稳定点的集合为，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
9．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔，简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ）
A．函数有3个不动点
B．函数至多有两个不动点
C．若函数没有不动点，则方程无实根
D．设函数(，e为自然对数的底数)，若曲线上存在点使成立，则a的取值范围是
10．已知函数的定义域为，区间，若，，则称是在D上的不动点，集合为在D上的不动点集.若函数在R上的不动点集为，下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
11．已知，，集合，，若，则实数的取值范围为 ．
12．设，，，，若，则实数的取值范围是 ．
13．对于函数，若，则称x为的“不动点”，若，则称x为的“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A和B，若，且，则实数a的取值范围是 ．
四、解答题
14．定义：对于定义域为的函数，若，有，则称为的不动点.已知函数.
(1)当，时，求函数的不动点；
(2)若，函数恒有两个相异的不动点，求实数的取值范围；
(3)设且的两个不动点为，，且，求实数的最小值.
15．对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点．已知函数，．
(1)当，时，求函数的不动点；
(2)若对任意实数，函数恒有两个相异的不动点，求的取值范围．
16．对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点，一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点．
(1)已知，求的不动点；
(2)已知函数在定义域内严格增，求证：“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件；
(3)已知，讨论函数的稳定点个数．
17．对于函数，若实数满足，则称为的不动点．已知函数．
(1)当时，求证；
(2)当时，求函数的不动点的个数；
(3)设，证明．
18．对于函数， 若存在，使得，则称为函数的 “不动点”;若存在，使得，则称为函数 的“稳定点”.记函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别为和，即．
(1)设函数，求和；
(2)证明：若为连续的单调函数，则；
(3)若，存在，使得 ，求实数的取值范围．
19．拓扑学里有一个非常重要的不动点定理：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”，若，则称为的“稳定点”.将函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，，并且当函数单调递增时，.
(1)试探究集合和的关系，并证明你的结论.
(2)函数.
①若的“不动点”有两个，求的取值范围；
②若（），讨论集合的子集的个数.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D C C D D ABC ACD BCD AD
1．D
【分析】结合“不动点”函数的概念，转化为方程有根或对应函数有零点的问题，依次求解判断各个选项.
【详解】对于A，令，即．
因为均为的单调递增函数，所以在区间上单调递增，所以不可能为“3型不动点”函数，故A错误；
对于B，令，即．
由于均为的单调递增函数，所以在区间上单调递增，所以不可能为“3型不动点”函数，故B错误；
对于C，由，得，
易知当时，单调递减，且，所以当时，的图象与直线有且只有一个交点；
当时，单调递减，且；
当时，单调递增．令，得，解得，此时，所以直线与曲线相切于点．
所以直线与曲线共有两个交点，所以为“2型不动点”函数，故C错误；
对于D，，作出的图象，如图所示．易知其与直线有且只有三个不同的交点，
即有三个不同的解，所以为“3型不动点”函数，故D正确．
故选：D.
【点睛】方法点睛：根据“不动点”函数的定义，转化为方程有解问题，可直接求方程的根，或者利用零点存在性定理判断，也可构造新函数，把问题转化为研究新函数的零点问题，有时还可以转化为两函数交点问题.
2．D
【分析】根据题意，可知有实根，利用，可得的范围；又根据题意方程无实根或根均是方程的解，可得的范围，综合可得所求.
【详解】因为为函数的“不动点”，
则方程，即有实根，
则，解得，
方程可化为，
即，
分解因式得，
即，
因为函数的稳定点都是它的不动点，
上述满足上述方程的，都满足，
即满足，
所以方程无实根或的根都是的根，
当方程无实根，，解得；
当方程的根都是的根，由韦达定理可得两方程不能完全同解，所以，，此时方程的根为，也是方程的一个根，满足题意；
综上，
故选：D.
3．C
【分析】根据不动点的定义列出方程，转化为二次函数零点问题，根据二次函数零点的分布列不等式求解即可.
【详解】根据题意可得：在上恰有两个解，
即在区间上恰有两个零点，
所以或，
解得或.
故选：C.
4．C
【分析】由已知可得，则，.然后证明在上恒成立.令，根据复合函数的单调性可知在上单调递减，即可得出.令，根据导函数可得在上单调递减，即可推得.
【详解】由已知可得，，则，
且，所以.
又，.
令，，则恒成立，
所以，在上单调递增，所以，所以.
所以，，即.
令，，
因为函数在上单调递增，在上单调递减，且，
根据复合函数的单调性可知，函数在上单调递减，
所以在上单调递减.
又，，所以.
因为在上单调递减，，所以.
又，所以，即.
令，，则恒成立，
所以，在上单调递减.
又，，
所以.
综上可得，.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：证明在上恒成立.然后即可采用放缩法构造函数，进而根据函数的单调性得出大小关系.
5．D
【分析】由可得，令，通过导数研究函数单调性，结合零点存在性定理判断各选项有无不动点即可.
【详解】由可得.令.
对于选项A，，则.
令，解得；令，解得，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，
∴，即有不动点1，故选项A错误；
对于选项B，，
则.
令，解得；令，解得，
∴函数在上单调递增，在上单调递减.
又，且当时，，
∴由零点存在性定理可知：存在，使，
即有不动点，故选项B错误；
对于选项C，，则.
令，解得；令，解得或，
∴函数在上单调递增，在上单调递减.
又，且当时，，
∴由零点存在性定理可知：存在，使，
即有不动点，故选项C错误；
对于选项D，，则.
令，解得；令，解得，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，
∴，故函数无不动点，故选项D正确.
故选：D.
本题的解题关键在于将方程是否有解转化为函数的零点个数问题，然后利用导数研究函数单调性，结合零点存在性定理判断各选项有无不动点即可.
6．D
【分析】结合“不动点”函数的概念，转化为方程有根或对应函数有零点的问题，依次求解判断各个选项.
【详解】对于A，令，即．
因为满足，所以在区间上单调递增，
所以不可能为“3型不动点”函数，故A错误；
对于B，令，即．
易判断在区间上单调递增，
所以不可能为“3型不动点”函数，故B错误；
对于C，由，得，
易知当时，单调递减，且，所以当时，的图象与直线有且只有一个交点；
当时，单调递减，且；
当时，单调递增．令，得，解得，此时，所以直线与曲线相切于点．
所以直线与曲线共有两个交点，所以为“2型不动点”函数，故C错误；
对于D，，作出的图象，如图所示．易知其与直线有且只有三个不同的交点，
即有三个不同的解，所以为“3型不动点”函数，故D正确．
故选：D.
【点睛】方法点睛：根据“不动点”函数的定义，转化为方程有解问题，可直接求方程的根，或者利用零点存在性定理判断，也可构造新函数，把问题转化为研究新函数的零点问题，有时还可以转化为两函数交点问题.
7．ABC
【分析】对于AB，令，解方程求其解，确定不动点的个数，判断AB，对于CD，对方程恰当变形，利用函数图象确定方程的解的个数，确定不动点的个数，判断CD.
【详解】对于A，令可得，，
所以，故，
所以函数只有一个不动点，A正确；
对于B，令可得，，
所以，化简可得，
故，经检验为方程的解，
所以函数只有一个不动点，B正确；
对于C，令可得，，
所以，
不是方程的根，
所以，
方程的解即函数的图象与函数的图象的交点的横坐标，
作函数，的图象如下：
观察图象可得函数的图象与函数的图象有且只有一个交点，
所以只有一个根，
所以函数只有一个不动点，C正确；
对于D，令可得，，
所以，，
方程的解即函数与函数的图象的交点横坐标，
作函数与函数的图象，
观察图象可得两函数的图象有两个交点，即方程有两个解，
所以函数有两个不动点，D错误；
故选：ABC.
8．ACD
【分析】根据不动点、稳定点的定义一一判断即可.
【详解】设，则，故，即，因此．故A选项正确．
反过来，若，即，当不是单调函数时，不一定推出，即不一定推出，故B选项不正确．
若，则存在，即，故，知，因此．故C选项正确．
函数不动点的几何意义是函数的图像与直线交点的横坐标．
若，则函数的图像与直线没有交点．
①若函数的图像在直线的上方，则恒成立，有恒成立，即．
②若函数的图像在直线的下方，则恒成立，有恒成立，即．
由①②知若，则，即D选项正确．
故选：ACD．
9．BCD
【分析】根据给定“不动点”函数的定义逐项分析、推理计算，判断作答.
【详解】对于A，令，，，当且仅当时取“=”，
则在R上单调递减，而，即在R上只有一个零点，函数只有一个不动点，A不正确；
对于B，因二次函数至多有两个零点，则函数至多有两个不动点，B正确；
对于C，依题意，方程无实数根，即，
当时，二次函数的图象开口向上，则恒成立，即，恒有，
而，因此有恒成立，即方程无实根，
当时，二次函数的图象开口向下，则恒成立，即，恒有，
而，因此有恒成立，即方程无实根，
所以函数没有不动点，则方程无实根，C正确；
对于D，点在曲线上，则，又，即有，
当时，满足，显然函数是定义域上的增函数，
若，则与矛盾，
若，则与矛盾，
因此，当时，，即当时，，
对，，令，，
，而两个“=”不同时取得，即当时，，
于是得在上单调递增，有，即，则，D正确.
故选：BCD
【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.
10．AD
【分析】根据不动点集的定义，根据方程的三个根化简列出等式，求解即可判断A和B；再设，对其求导，求出单调性得出m取值范围，再根据题意即可求出的范围，判断C和D即可.
【详解】因为在R上的不动点集为，
所以，
即方程在R上存在3个实数根，，，
所以
，
从而，所以A正确，B错误；
令，则，
当和时，，单调递增；
当时，，单调递减，
则，解得.
因为，
所以C错误，D正确.
故选：AD.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点（或方程的根）的问题的方法
（1）直接法，对函数求导，求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质结合零点存在定理求解：
（2）构造函数法，将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法，将问题等价转化为直线与函数图象的交点问题．
11．．
【分析】根据，且，即可结合二次函数的图象与图象之间的关系，结合图象以及求解.
【详解】因为，所以可设，其中是方程的两根，由，解得．又因为，所以． ①
且，
情形一：如图1，当抛物线的顶点在下方，即时，
且或，不符合题意，舍去．
情形二：如图2，当抛物线的顶点在上方或在上，即时，
在上递增，，符合题意．
此时由，得，解得．
又由①可知，故实数的取值范围为．
故答案为：
12．
【分析】根据集合间的关系设点的坐标计算结合、关于对称，计算判别式列不等式计算求解参数.
【详解】当时，有，则，故，所以．
因为，所以由判别式得．①
设，即，令，则有，所以，即，也就是集合中，成对出现．
注意到点，，即，，都是函数图象上的点，而，关于直线对称，
所以，是与交点横坐标；
而集合中的元素是与交点横坐标；
所以一般情况下，是的真子集，而本题中，所以点，重合，或与无交点，
由得，
，，
令得，，，
故当且仅当时的中点即在上，即、关于对称，
所以由，解得．②
综上可知：．
故答案为：
13．
【分析】根据得到，对方程变形，根据，得到要么没有实根，要么实根是方程的根，分两种情况讨论，得到.
【详解】因为，所以有实根，当时，，符合要求，
时，有实根，故，解得且，
所以，
又，即，
由题意得函数的不动点一定为函数的稳定点，故，
所以的左边有因式，
从而变形得到，
因为，所以要么没有实根，要么实根是方程的根，
若没有实根，时，，故方程无根，符合题意，
时，，解得，
故当没有实根时，，
若的实根是方程的根，
两边同乘以得，
将其代入得，，
故，解得，
再将代入中，得，解得，
综上，
故答案为：
【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
14．(1)和；
(2)．
(3)12．
【分析】（1）解方程可得；
（2）由有两个不等实根，对恒成立，结合一元二次不等式的性质可得；
（3），，由韦达定理得，两者结合可把表示为的函数，再由基本不等式可得最小值．
【详解】（1），，解得或，
所以的不动点是和；
（2）由题意，有两个不等的实根，
即有两个不等实根，
恒成立，即对恒成立，
所以，解得．
（3）有两个不等实根，，
所以，，
所以，解得，
，，
，即，所以，
，当且仅当时等号成立，
所以．
15．(1)，0．
(2)
【分析】（1）由，确定函数解析式，再根据函数不动点的概念可得，解方程即可得函数的不动点；
（2）由题可得方程有两个相异实根，根据一元二次方程根与系数的关系列不等式，再由一元二次不等式恒成立即可得结论.
【详解】（1）当，时，，
令，即，解得或，
所以的两个不动点为，0．
（2）因为恒有两个相异的不动点，所以方程有两个相异实根，
即，由题设恒成立，
即对于任意，恒成立，
令，由对于任意实数恒成立可得，
，即，解得，
故的取值范围是．
16．(1)1
(2)证明见解析；
(3)答案见解析
【分析】（1）设，判断该函数单调性，确定其解，即可求得答案；
（2）根据函数新定义的含义，结合充分性以及必要性的证明，即可证明结论；
（3）由题意可知只需研究的不动点即可，令，求出其导数，判断其单调性，然后分类讨论a的取值范围，判断的零点情况，即可判断的稳定点个数.
【详解】（1）设，则恒成立，
故函数在R上单调递增，
又，故函数在R上有唯一零点，
即有唯一不动点1．
（2）证明：充分性：设为函数的不动点，则，
则，即为函数的稳定点，充分性成立；
必要性：设为函数的稳定点，即．
假设，而在定义域内单调递增，
若，则，与矛盾；
若，则，与矛盾；
故必有，即
即，故为函数的不动点，
综上，“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件．
（3）当时，函数在上单调递增，
由（2）知的稳定点与的不动点等价，故只需研究的不动点即可；
令，
则，
则在上单调递减，
当时，恒成立，即在上单调递增，
当x无限接近于0时，趋向于负无穷小，且
故存在唯一的，使得，即有唯一解，
所以此时有唯一不动点；
当时，即时，
当x趋向无穷大时，趋近于0，此时
存在唯一
使得，
此时f（x）在上单调递增，在上单调递减，
故，
当x趋近于0时，趋向于负无穷大，当x趋向正无穷大时，趋向于负无穷大，
设，则在上单调递增，且
又
在时单调递增，
故（i）当时，即
此时，方程有一个解，即有唯一不动点；
（ii）当时，即
此时，方程无解，即无不动点；
（iii）当时，即
此时，方程有两个解，即有两个不动点；
综上，当时或时，有唯一稳定点；
当时，无稳定点；
当时，有两个稳定点．
【点睛】方法点睛：解答时要注意理解函数新定义的含义，解答的难点是（3）中判断函数稳定点的个数，解答时要结合新定义，采用分类讨论的方法去解决问题，解答过程较为复杂，要有较强的逻辑思维能力.
17．(1)证明见解析
(2)2
(3)证明见解析
【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，求出函数最小值即可证明；
（2）将代入函数解析式，得方程解的个数即为函数的不动点的个数，构造函数，对函数求导，利用导数判断函数的单调性，求出函数的最值，即相应点的函数值，求出函数零点的个数，即为函数的不动点的个数；
（3）结合（1）换元后，再由待证式子，设，结合结论恰当变形，利用相加相消即可证明.
【详解】（1）当时，有，
所以，
所以
当且仅当，，即时，等号成立，
所以当时，，单调递增，
所以，所以得证.
（2）当时，，
根据题意可知：方程解的个数即为函数的不动点的个数，
化为，令，
所以函数的零点个数，即为函数的不动点的个数，
，令，即，解得，
单调递减 单调递增
因为，，
所以在上有唯一一个零点，
又，
所以在上有唯一一个零点，
综上所述，函数有两个不动点.
（3）由（1）知，，
令，则，即，
设，则满足，
所以，即，
所以，
所以，即.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于对于第一问的灵活运用，借助第一问结论，恰当换元，得出后，再次适时换元，是本题的关键点，也是难点，突破换元后裂项相消即可得解.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）已知函数的解析式，利用“不动点”和“稳定点”的概念求集合和.
（2）结合函数的单调性，利用“”证明集合相等.
（3）把问题转化为“存在，使得，，且”，进一步转化成“方程存在两个不相等的实根”，由求的取值范围.
【详解】（1），解得；
，解得；
.
（2）若，则对，若满足，则，既，
若，同样.
假设，既存在，使得，，且.
不妨设，函数为连续单调递增函数，则，既，矛盾.
故不成立.
所以，则.
（3）若 ，则存在，使得，，且.
即，两式相减，得，
又，，.
代入，得，同理，，
即方程存在两个不相等的实根，
则，
【点睛】关键点点睛：第三问中，把问题转化为“存在，使得，，且”，进一步转化成“方程存在两个不相等的实根”，由求的取值范围.
19．(1)，证明见解析
(2)①；②答案见解析
【分析】（1）根据“不动点”与“稳定点”的定义证明即可.
（2）①根据“不动点”定义列出方程，分离参数后用数形结合的思想求出的取值范围；②根据递增函数的“不动点”和“稳定点”对应的集合相等，先证明单调递增，再将求“稳定点”问题转化为求“不动点”问题，再根据集合中元素的个数求出子集个数.
【详解】（1），证明如下：
法一：设任意，有，
则，所以，故.
法二：由题意，不动点为与的交点横坐标，
稳定点为与的交点横坐标，
若与有交点，则横纵坐标相等.
则，所以.
（2）①由题意知方程有两个不同的解，
即方程有两个不同的解，即方程有两个不同的解，
令，，则
在上，单调递增，
在上，单调递减，
当和时，，当时，，
所以方程要有两个不同的解，则的取值范围是.
②当时，由函数，（）
可得导函数，
所以在上单调递增，
由已知“当函数单调递增，则”知稳定点与的不动点等价，
故只需研究的不动点即可，
令，（）
则，则在上单调递减，
当时，恒成立，即在上单调递增，
当无限接近于0时，，且，
故存在唯一的，使得，即有唯一解，
所以此时有唯一不动点，
当时，即时，
当趋向无穷大时，趋近于0，
此时，存在唯一，
使得，则，
此时在上单调递增，在上单调递减，
故，
当趋近于0时，趋向于负无穷大，
当趋向正无穷大时，趋向负无穷大，
设，则在上单调递增，
且，
又在时单调递增，
故（ⅰ）当时，
即，此时，方程有一个解，
即有唯一不动点，所以集合的子集有2个
（ⅱ）当，即，
此时，方程无解，即无不动点，
所以集合的子集有1个，
（ⅲ）当时，即
此时，方程有两个解，即有两个不动点，
所以集合的子集有4个，
综上，当时或时，集合的子集有2个；
当时，集合的子集有1个；
当时，集合的子集有4个.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑