最新高考数学二轮复习（新高考）【专题突破精练】 第01讲 函数不动点问题

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1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，对学有余力的学生，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
第01讲 函数不动点问题
【典型例题】
例1．（2022•上虞区二模）已知两函数和都是定义在上的函数，且方程有实数解，则有可能是
A．B．C．D．
【解析】解析：由，得，故，
，
故有实数解．
对于，，即，方程无解，不符合题意；
对于，，即，方程无解，不符合题意；
对于，，即，方程有解，符合题意；
对于，，即，方程无解，不符合题意．
故选：．
例2．（2022•道里区校级二模）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．，
【解析】解：曲线上存在点，，
，．
函数在，上单调递增．
下面证明．
假设，则（c），不满足．
同理假设，则不满足．
综上可得：．
令函数，化为．
令．
，函数在，单调递增．
．
的取值范围是，．
故选：．
例3．（2022秋•芒市校级期中）对于函数，若存在，使得成立，则称为函数的不动点．已知函数恒有两个互异的不动点，则实数的取值范围为： ，且 ．
【解析】解：函数恒有两个互异的不动点，
即有两个不等实根，
整理得出
△，解得，且，
故答案为：，且
例4．（2022秋•万州区校级月考）对于函数，若，则称为的“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，
（1）求证；
（2）设，若，，求集合；
（3）若，且，求实数的取值范围．
【解析】（1）证明：，即．
则有，
；
（2）解：，若，，
则方程的两根是，3，
即方程的两根是，3，
即，，
解得，，
故，
若，
即，
即，
即
解得：，3，，；
（3）解：，有实根，
．
又，，
即的左边有因式，
从而有．
，
要么没有实根，要么实根是方程的根．
若没有实根，则；
若有实根且实根是方程的根，
则由方程，得，代入，有．
由此解得，再代入得，解得，
故的取值范围是，．
【同步练习】
1．（2022•浙江模拟）若和都是定义在实数集上的函数，且方程有实数解，则不可能是
A．B．C．D．
【解析】解：由，得，
所以，得，
所以与是等价的，
即有解也有解，也就是说有解的都是可能的
题目要我们选不可能的，所以只能选无解的那个．
故选：．
2．（2022春•海珠区期末）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．，
【解析】解：法一：由题意可得，，，
而由可知，，
当时，为增函数，
，时，．
不存在，使成立，故，错；
当时，，
当，时，只有时才有意义，而（1），故错．故选．
法二：显然，函数是增函数，，从而以题意知，．
于是，问题转化为在，上有解．
由，得，分离变量，得，，
因为，，，
所以，函数在，上是增函数，于是有（1），
即，，应选．
故选：．
3．（2022秋•湖北期中）设函数．若曲线上存在点，，使得，则实数的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：由题意可得，，，
曲线上存在点，使得，
存在，，使成立，
函数 在它的定义域内单调递增，
下面证明
假设，则（c），不满足，
同理假设，则不满足，
综上可得：，
则问题等价于方程，，有解，即在，有解，
分离参数可得，令，
，，，所以函数在，上单调递增，
所以（1），所以，
故选：．
4．（多选题）（2022秋•徐州期中）若和都是定义在上的函数，且方程有实数解，则下列式子中可以为的是
A．B．C．D．
【解析】解：因为，所以，
则有解，
对于，当时，方程有解，故选项正确；
对于，当时，方程无解，故选项错误；
对于，当，令，
因为，
由零点的存在性定理可知，在上存在零点，
所以方程有解，故选项正确；
对于，当时，为方程的解，
所以方程有解，故选项正确．
故选：．
5．（多选题）（2022秋•金安区校级期末）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，为自然对数的底数），若曲线上存在点，使成立，则的取值范围是，
【解析】解：对于，令，则，
所以在上单调递增，又，
所以在上有且仅有一个零点，即有且仅有一个“不动点”，故选项错误；
对于，因为至多有两个根，
所以函数至多有两个“不动点”，故选项正确；
对于，依题意，方程无实根无实数根，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，
所以函数没有不动点，则方程无实根，故选项正确；
对于，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，则，
再令，则，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在，上恒成立，
所以在，上单调递增，
所以，（1），
所以实数满足为自然对数的底数），故选项正确．
故选：．
6．（2022秋•郫都区校级月考）设函数，为自然对数的底数）．若曲线上存在，使得，则的取值范围是 ， ．
【解析】解：由已知可得，，且，
由已知存在，，使得，则，，
所以，存在，，使得，可得，
因为函数在，上单调递增，则，则，
易知函数在，上单调递增．
若，则，不合乎题意；
若，则，不合乎题意；
若，则，合乎题意．
故存在，，使得，可得，则，，
综上所述，实数的取值范围是，．
故答案为：，．
7．（2022•上海开学）设函数，为自然对数的底数），若曲线上存在点，使成立，则的取值范围是 ， ．
【解析】解：，，若曲线上存在点，使成立，则，，
下面证明．
在定义域内单调递增，在定义域上单调递增，
假设，则（C），不满足，
，那么函数，，
即函数在，有解，，
即，，，
令，
则，严格增，
又（1），所以，
所以的取值范围是，．
故答案为：，．
8．（2022秋•杭州期中）设集合，．
（1）若，求集合和（用列举法表示）；
（2）求证：；
（3）若，且，求实数的取值范围．
【解析】解：（1）因为函数，
由可得方程，
解得，
所以，
又，
即方程，
解得或或，
所以．
（2）对任意，即满足，
可得，
即，
所以．
（3）记，
则关于的方程的解为方程组解的横坐标，
两式相减可得，
要使与有相同的解，
则方程的解集与相同，
所以方程无解，即无解，或其解为，
所以△，
解得，
所以实数的取值范围是．
9．对于函数，若存在实数，使得成立，则称为函数的一个不动点“．已知函数存在不动点，且，求实数的取值范围．
【解析】解：函数存在不动点，且，
，整理得，
解得，
，
，解得．
实数的取值范围是，．
10．（2022春•碑林区校级期中）设函数，为自然对数的底数）．若曲线上存在，使得，求的取值范围．
【解析】解：由题意可得，，，
曲线上存在点，使得，
存在，，使成立，
函数在它的定义域内单调递增，
下面证明，
假设，则（c），不满足，
同理假设，则不满足，
综上可得：；
故有在，上有解，即 在，上有解，
令，则为在，上的值域，
当，时，，故函数在，上是增函数，
故（1），
即的取值范围是：，．
11．（2022秋•昌江区校级期中）对于函数，若存在，使得成立，则称为函数的不动点．已知二次函数有两个不动点和4．
（1）求的表达式；
（2）求函数在区间，上的最小值的表达式．
（3）在（2）的条件下，求不等式的解．
【解析】解：（1）由题意可得有两个根和4
即的根为，4，
所以，
解得，，，
所以；
（2）的对称轴，开口向上，
当即时，函数在，上单调递减，，
当时，函数在，上单调递增，，
当时，函数在，上先减后增，（1），
故．
（3）由得，
当时，，
故只要或，解得或，
此时，
若或，
则，
即，
解得或，
此时或，
综上，不等式的解集．
12．（2022秋•浏阳市期中）对于函数，若存在使得成立，则称为的不动点已知函数
（1）若，，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；
（3）在（2）的条件下，若图象上、两点的横坐标是函数的不动点，且、两点关于直线对称，求的最小值．
【解析】解：（1）若，，，
代入化简得，解得、，
则的不动点为，，
（2）由题意知，函数恒有两个相异的不动点，
所以方程即恒有两个不等实根，
则△，即对任意实数恒成立，
即△，解得，所以，
（3）因为、两点关于直线对称，所以与直线垂直，且中点在直线上，
设，，，，由（2）知，
所以的中点，
所以的中点
易知易知，所以，
，
即，
由（2），
所以
当且仅当，
即时，
13．（2022秋•普兰店市校级期中）对于函数，若存在，使得成立，则称为的天宫一号点．已知函数的两个天宫一号点分别是和2．
（1）求，的值及的表达式；
（2）当函数的定义域是，时，求函数的最大值．
【解析】解：（1）依题意得，（2），
即
解得
的表达式为：．
（2）由（1）可知．
其对称轴
①当区间，在对称轴左侧时，即，也即时，
的最大值为；
②当对称轴在，内时，即，也即时，
的最大值为；
③当，在右侧时，即时，
的最大值为，
所以
14．对于函数，若存在，使得成立，则称为的一个动点．设函数．
（1）当，时，求的不动点；
（2）若有两个相异的不动点，．
①当时，求的取值范围；
②若且，求实数的取值范围．
【解析】解：（1）依题意：，即，
解得或，即的不动点为3或；（5分）
（2）①，
由，是方程的两相异根，且，
，区域如图所示．
令，则经过，，经过，，
的取值范围是，（9分）
②△，
，，
，（11分）
又，要使有一根属于，
则对称轴，（13分）
由得，
的取值范围是：，．（15分）
15．对于函数，若存在，使得成立，则称为的不动点．已知二次函数，满足，且有两个不动点，，记函数的对称轴为，求证：如果，那么．
【解析】证明：二次函数，满足，
，即，
，
设，
，
由条件，
得（2），（4）．
即，
由可行域可得，
．