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专题7 嵌套函数与函数迭代问题（过关集训）
一、单选题：
（2024湖南长沙期末考试）
1．已知定义在上的是单调函数，且对任意恒有，则函数的零点为（ ）
A． B． C．9 D．27
（2024河南周口恒大中学期末考试）
2．已知函数为定义在上的单调函数，且．若函数有3个零点，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
（2024广东肇庆一中月考）
3．定义函数迭代：
已知，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题：
4．已知函数为定义在R上的单调函数，且.若函数有3个零点，则a的取值可能为（ ）
A．2 B． C．3 D．
（2024湖北宜昌协作体联考）
5．对于函数，若，则称是的不动点；若，则称 是的稳定点，则下列说法正确的是（ ）
A．任意的，都有不动点 B．若有不动点，则必有稳定点
C．存在，有稳定点，无不动点 D．存在，其稳定点均为不动点
（2024陕西西安期末考试）
6．已知函数，函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若关于的方程有2个不同实根，则的取值范围是
B．若关于的方程有3个不同实根，则的取值范围是
C．若有5个零点，则的取值范围是
D．最多有6个零点
三、填空题：
（2024甘肃兰州一中月考）
7．已知定义在上函数为单调函数，且对任意的实数，都有，则 ．
（2024安徽淮南月考）
8．已知函数为定义在R上的单调函数，且，则在上的值域为 ．
（2024上海八校联考）
9．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 ．
四、双空题：
（2024广东湛江一模）
10．已知函数，记为函数的2次迭代函数，为函数的3次迭代函数，…，依次类推，为函数的n次迭代函数，则 ；除以17的余数是 .
一、单选题：
11．已知定义在上的单调函数，满足，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
12．设函数（），为自然对数的底数，若曲线上存在点，使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2024四川泸县四中月考）
13．记，若（且），则称是的n次迭代函数．若，则（ ）
A． B． C．2022 D．2023
（2024天津南开期末考试）
14．定义在上的单调函数满足：，则方程的解所在区间是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：
（2024江苏泰州期中考试）
15．已知函数，若存在，使得，则称为函数的稳定点.下列函数中，有且只有一个稳定点的函数为（ ）
A． B．
C． D．
16．已知是定义在上的单调函数，对于任意，满足，方程有且仅有4个不相等的实数根，则正整数的取值可以是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
三、填空题：
（2024广西贵港月考）
17．已知函数，若从集合中随机选取一个元素，则函数恰有7个零点的概率是 ．
（2024重庆月考）
18．设是定义在上的单调增函数，且满足，若对于任意非零实数都有，则 .
（2024四川成都七中月考）
19．已知函数，若方程有两个不同实根，则实数的取值范围是 ．
四、双空题：
20．已知函数，则函数存在 个极值点；若方程有两个不等实根，则的取值范围是
一、单选题：
（2024安徽池州一中期中考试）
21．已知函数，若关于的方程恰好有6个不同实根，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
（2024山东菏泽一模）
22．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．
23．设函数，若曲线上存在点，使得成立，则实数的取值范围为（ ）
A．， B．， C．， D．，
二、多选题：
（2024福建厦门二模）
24．设，都是定义在上的奇函数，且为单调函数，，若对任意有（a为常数），，则（ ）
A． B．
C．为周期函数 D．
（2024湖北武汉期中考试）
25．已知函数存在两个极值点，且，．设的零点个数为，方程的实根个数为，则（ ）
A．当时， B．当时，
C． D．
（2024浙江温州月考）
26．设函数的定义域为，若存在，使得，则称是函数的二阶不动点.下列各函数中，有且仅有一个二阶不动点的函数是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：
27．已知定义在上的函数满足，若在上是单调函数，且，则 .
（2024浙江9+1高中联盟期中考试）
28．已知定义在上的单调函数满足．若对，（），使得成立，则的最小值为 .
（2023湖南长沙一模）
29．已知函数，若关于x的方程恰有两个不相等的实数根，且，则的取值范围是 ．
四、双空题：
（2024福建长乐一中月考）
30．已知函数，若恰有2个零点，则实数a的值为 ，若关于x的方程恰有4个不同实数根，则实数m的取值范围为 .
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】根据题意，利用换元法，结合对数的运算法则和运算性质，即可求解.
【详解】设，即，
因为，可得，所以，解得，
所以，令，可得，即，
解得.
故选：A.
2．A
【分析】设，则求出值，可得，由分离参数，结合图象即可求解．
【详解】因为为定义在R上的单调函数，所以存在唯一的，使得，
则，，即，
因为函数为增函数，且，所以，.
当时，由，得；当时，由，得.
结合函数的图象可知，若有3个零点，则．
故选：A
3．A
【分析】设，利用函数的迭代关系式，可以得到，构造新数列，求出即可．
【详解】对于，设 ，
则，且，
∴，
∴是以为首项，公比为3的等比数列．
∴，即．
∴ .
故选：A.
4．BC
【分析】设，则求出值，可得，由分离参数，结合图象即可求解．
【详解】因为为定义在R上的单调函数，所以存在唯一的，使得，
则，，即，
因为函数为增函数，且，所以，.
当时，由，得；当时，由，得.
结合函数的图象可知，若有3个零点，则．
故选：BC

5．BCD
【分析】列举函数对选项进行验证即可.
【详解】对于函数，定义域为，假设存在不动点，
则，得无解；
假设存在稳定点，则，，
所以对，均有，
故无不动点，有稳定点，故A错误，C正确；
对于B选项，设函数的不动点为，即，
则，所以也是的稳定点．故B正确；
对于函数，假设存在不动点，稳定点，
则，．由题意，得．故D正确．
故选：BCD．
6．BC
【分析】由题意根据对数函数，指数函数的性质作出的函数图象，对于AB，只需通过平移直线观察它与的图象的交点情况即可得解，对于CD，首先若，则有或，进一步列出不等式组即可判断.
【详解】如图：
作出的大致图象，由图可知若关于的方程有2个不同实根，则的取值范围是，故A错误；
由图可知若关于的方程有3个不同实根，则的取值范围是，故B正确；
令，得，
解得或，
若有5个零点，则 或，解得，故C正确；
若有6个零点，则，该不等式组的解集为空集，所以最多有5个零点.
故选：BC.
【点睛】关键点睛：本题CD选项的关键是由，得到或，进一步通过数形结合即可顺利得解.
7．0
【分析】根据题意，分析可得为常数，设，变形可得，分析可得，可解得的值，即可得的解析式，将代入可得答案.
【详解】因是定义在上得单调函数，所以为定值，
设，由题意知，
则，令，得，
所以，所以，所以.
故答案为：0.
8．
【分析】易知是一个固定的数记为，得到，进而有，即，求得，利用函数的单调性求得其值域.
【详解】因为为定义在R上的单调函数，
所以存在唯一的，使得，
则，，即，
因为函数为增函数，且，所以，
．
易知在上为增函数，且，，
则在上的值域为．
故答案为：.
9．．
【分析】根据证明，即函数在上有解，即求，的范围，对函数利用导数即可求值域.
【详解】由曲线上存在点，使得，即，
下面证明，因为在定义域上严格递增，
假设，则，
不满足，同理，不满足，
所以，那么函数，
即函数在有解，所以，
即，，令，
则，
，，单调递增，
又，所以，所以a的取值范围是．
故答案为：
10． 0
【分析】第一空，根据题意结合等比数列的前项和公式即可推出fnx的表达式；将化为，利用二项式定理展开，化简即可求得答案.
【详解】由题意，，
所以
又为正整数，
所以除以17的余数为0，
故答案为： .
11．C
【分析】根据题意可设，从而可得出，根据可解出，从而得出，从而根据原不等式得出，且，解出的范围即可．
【详解】解：∵是定义在上的单调函数，
∴由得，，
∴，且，解得，
∴，
∴由得，
，且，
解得或，
∴原不等式的解集为．
故选C．
【点睛】本题考查了根据函数的单调性求解析式，一元二次不等式的解法，考查了推理和计算能力，属于简单题．
12．A
【详解】∵曲线上存在点
∴
函数（）在上是增函数，根据单调性可证
即在上有解，分离参数，，，根据是增函数可知，只需故选A.
点睛：本题综合考查了指数函数的定义及其性质、函数的奇偶性、单调性、恒成立问题的等价转化、二次函数的单调性等基础知识与基本技能方法，属于难题.解决已知函数奇偶性求解析式中参数问题时，注意特殊值的使用，可以使问题简单迅速求解，但要注意检验，在处理恒成立问题时，注意利用分离参数求参数的取值范围，注意分离参数后转化为求函数最值问题.
13．B
【分析】根据题意，由函数的解析式迭代可得，由此可得，进而可得，将代入计算可得答案．
【详解】根据题意，，即，则，，，故有，
所以，故.
故选：B．
【点睛】准确理解题干给出的“ n次迭代函数”的概念并正确应用，是解决本题的关键.
14．C
【分析】根据已知得为定值，且，进而求得，将问题化为求的解的范围，利用对应函数的单调性，结合各项区间端点出函数值大小确定解的范围.
【详解】由题设为定值，且，
所以，则，易知，故，
由，则，显然在第一象限有一个交点，
又在上分别单调递增，单调递减，
由，，，故方程解在上.
故选：C
15．ABC
【分析】根据稳定点定义逐个判断各个选项即可；
【详解】对于A: ,,只有一个稳定点,A选项正确；
对于B: ,,只有一个稳定点,B选项正确；
对于C: ,,j结合函数图像只有一个交点即只有一个稳定点,C选项正确；
对于D: ,,有两个稳定点,D选项错误.
故选：ABC.
16．BCD
【分析】由题知为常数，令，由求得，
结合奇偶性将问题转化为与图象在上仅有两个不同交点，
分析函数图象验证的取值是否满足.
【详解】因为是定义在上的单调函数，对于任意，满足，
所以为常数，令，则且，
即，此方程有唯一的根，故，
因为为偶函数，方程有且仅有4个不相等的实数根，当且仅当方程在上有且仅有两个不相等的实数根，
即在上有且仅有两个不相等的实数根，
方程根的个数可看成与图象交点个数，
当时，方程无根，故不满足；
当时，方程两根分别为，故满足；
当时，此时直线比更陡，故有两个交点，所以时满足；
故选：BCD
17．
【分析】由，得，由，得，画出的图象结合，且，分情况求解即可.
【详解】由，得，当时，的最小值为．
由，得，即，
因为，所以．而，
当时，方程的实数解的个数分别为3，3，2；
当时，方程的实数解的个数分别为3，2，2；
当时，方程，的实数解的个数均为2．
所以当时，函数恰有7个零点，故所求概率为．
故答案为：

【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查分段函数的性质的应用，解题的关键是画出函数图象，结合图象求解即可，考查数形结合的思想，属于较难题.
18．2021
【分析】利用赋值法求解，令，则，再令，结合题意中条件求得，可求得，进而可得结果.
【详解】令，则，
令，则，解得或.
而，则，故，因此.
则，
即.
因此或，
当时，，在上单调递减，不满足题意，舍去；
当时，满足题意.
则.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求解抽象函数解析式问题的方法：
（1）若根据已知可推知函数模型时，可利用待定系数法求解；
（2）若无法推知函数模型，一般结合赋值法，通过解方程（组）法求解．其中，方程或者是已知的，或者是利用已知的抽象函数性质列出的，或者是利用已知方程变换出来的．
19．
【分析】先作出函数图象，然后验证时的情况，对于，先验证的情况，对于，利用利用根的分布，结合函数的图象列不等式求解.
【详解】作出函数的图象如下：
令，则方程有两个不同实根，
当时，方程的根为，此时无实根，不符合题意，舍去；
当时，若方程有两相等实根，
则，解得或，
当时，方程的根，此时无根，不符合题意，舍去；
当时，方程的根，此时有两个不同实根，符合题意；
若方程有两个不同实根，设为，
所以，解得或
同时有或或
所以或或或
解得.
综上或
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
20． 4；
【分析】利用导数研究的单调性和极值，作出的图象；由关于的方程有两个不相等的实数根，得到函数与有一个交点，利用图象法求解．
【详解】对于函数．
当时，．
令，解得：或；令，解得：；
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
而，；，．
当时，．
令，解得：；令，解得：；
所以在上单调递减，在上单调递增．
而；，，．
作出的图象如图所示：
所以函数存在4个极值点.
解关于的方程有两个不相等的实数根,
即关于的方程有两个不相等的实数根，
只有一个实数根，所以关于的方程有一个非零的实数根，
即函数与有一个交点，横坐标．
结合图象可得：或，
所以的取值范围是．
故答案为：4；.
21．D
【分析】设，令可得，再求导分和两种情况，数形结合分析极值满足的区间范围，进而列式求解即可.
【详解】设，则时，，解得，
要满足题意则，且方程分别应有3个不同实根.
又，
①当时，单调递增，方程不可能有3个不同实根；
②当时，可得在上单调递增，上单调递减，
则.
要使原方程有6个不同实根，则；
（ⅰ）当时，因，故只需，解得满足；
（ⅱ）当时，只需，
设，原不等式等价为，即，即.
综上得满足条件的的取值范围是.
故选：D.
22．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.
23．C
【分析】利用函数的单调性可以证明.令函数，化为.令，利用导数研究其单调性即可得出.
【详解】解：，
当时，取得最大值，
当时，取得最小值，
即函数的取值范围为，，
若上存在点，使得成立，
则，.
又在定义域上单调递增.
所以假设，则（c），不满足.
同理假设，也不满足.
综上可得：.，.
函数，的定义域为，
等价为，在，上有解
即平方得，
则，
设，则，
由得，此时函数单调递增，
由得，此时函数单调递减，
即当时，函数取得极小值，即（1），
当时，（e），
则.
则.
故选：.
【点睛】本题考查了函数单调性的应用、利用导数研究函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题.
24．BC
【分析】对于A，在中，令得，为单调函数，所以；对于B，由，得，对于C，设，则由，可得，对于D，由，得，为等差数列，且，所以.
【详解】在中，令得，
所以，又为单调函数，
所以，即，所以，
所以，所以A错误；
由，得，所以B正确；
设，则由，
可得，所以，
所以，即为周期函数，所以C正确；
由，得，即，
所以为等差数列，且，即，
所以，所以，
所以D错误．
故选：BC．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于D选项，由，得，为等差数列，且，所以.
25．ABD
【分析】求出导函数得或，然后根据和分类确定的单调性，再根据的正负或为0分类讨论方程根据的个数得值，从而判断各选项．
【详解】由题意得，由题意，为的两根，
由题意或，
选项A，若，则在和上都有，相应均递增，
在上，即递减，从而，
若，则，，因此，不合题意，所以，A正确；
选项B，时，同选项A讨论可得在和上均递减，在上递增，
，又，因此，
以下分类讨论中，可作出的示意图，
若，则，此时有一根，有两根，；
若，则，此时有两根，有两根，；
若，则，此时有三根，有两根，，
均满足，B正确；
选项C，由选项B的讨论知C错误，如时，；
选项D，在选项B的讨论中知，
下面讨论的情形，单调性由选项A的讨论知悉，，
以下讨论中，作出的示意图，
若，，此时有一根，有两根，；
若，则，此时有一根，有两根，；
若，则，此时有一根，有两根，，
，
综上的值为，D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：本题考查函数的导数与极值的关系，单调性与极值的关系，方程的根转化为函数图象与直线的交点，因此分类讨论时，作出函数的图象可使得结论一目了然．
26．AC
【分析】先定义一阶不动点，且得到二阶不动点包括两种情况，且证明出当单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价，A选项，找到一阶不动点，并画出函数图象，得到有且仅有一个二阶不动点；B选项，找到两个二阶不动点，不满足要求；C选项，单调递增，画出函数图象，找到仅有一个一阶不动点，即仅有一个二阶不动点，C正确；D选项，作出函数的图象，结合图象即可判断.
【详解】若，称为一阶不动点，
显然若，则满足，故一阶不动点显然也是二阶不动点，
若，则有，即都在函数的图象上，
即上存在两点关于对称，此时这两点的横坐标也为二阶不动点，
下证：当单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价，
因为，若，因为单调递增，所以，
即，矛盾，
若，因为单调递增，所以，即，矛盾，
综上：当单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价；
由题意得：只需与直线的交点个数为1，
A选项，，解得：，有且仅有1个根，
画出与的图象，如下：
显然上不存在两点关于对称，
综上：有且仅有一个二阶不动点，满足要求，A正确；
B选项，令，定义域为，
显然，
则均为的二阶不动点，不满足要求，B错误；
C选项，定义域为R，单调递增，只需寻找一阶不动点即可，
令，整理得：，
令，则，单调递减，
再同一坐标系总画出两函数与图象，如下：
两函数只有1个交点，满足要求，C正确；
D选项，令，
作出函数的图象，
由图可知，点与点关于直线对称，
且它们有一个交点，故函数不满足题意，因为此时有两个二阶不动点，故D错误.
故选：AC.
【点睛】结论点睛：函数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.
27．
【分析】首先根据题干条件求出函数解析式，再根据函数的递推关系得出函数的周期，结合函数周期和解析式求解函数值即可.
【详解】由题意知：在上为常数，
不妨设为，则，
由，，
解得：，故，
由可得，
从而，
故函数是周期函数，且周期为8，
故.
故答案为：
28．4
【分析】由题意得，为常数，则，从而，可求得及的解析式，由条件可知，利用的单调性求解即可.
【详解】∵，且在上单调，
∴，为常数，∴，
∴，∴，
∴在上单调递增．
∵对，（），使得成立，
∴，
又当时，，
当时，，则，
∴，∴，又，∴．
故答案为：4．
29．
【分析】根据给定分段函数，求出函数的解析式，确定给定方程有两个不等实根的a的取值范围，再将目标函数用a表示出即可求解作答.
【详解】函数在上单调递增，，在上单调递增，，
当，即时，，且，
当，即时，，且，
当，即时，，且，
因此，在坐标系内作出函数的图象，如图，
再作出直线，则方程有两个不等实根，当且仅当直线与函数的图象有两个不同交点，
观察图象知方程有两个不等实根，当且仅当，
此时，且，即，且，则有，
令，求导得，令，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，即，因此函数在上单调递增，
，而，于是当时，，有，
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.
30． ；
【分析】先利用导数研的的图象，再作出的图象,恰有2个零点，则与有2个交点，数形结合即可得实数a的值;若关于x的方程恰有4个不同实数根，令，通过分析可得有2个不等根,且，，再数形结合即可建立的不等式组，即可求解
【详解】当时，则，，
令，解得，
所以当时，,单调递增，时，,单调递减,
再根据题意可作出的图象如下:
若有2个零点,则与有2个交点，数形结合可知;
若关于x的方程恰有4个不同实数根，
令，则有两个不等实数根，
故，与都有2个交点或者与仅1个交点，与有3个交点；
当，与都有2个交点，根据图象可得，不满足，舍去；
当与仅1个交点，与有3个交点，则，，
当时，，解得，故，解得或，舍去；
故两个实数根的范围为，，
所以解得，
所以实数m的取值范围为，
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是利用数形结合思想作出函数的图象，再通过图象得到与仅1个交点，与有3个交点，并通过分析得到，
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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