高中数学压轴题小题专项训练专题7嵌套函数与函数迭代问题含解析答案

这是一份高中数学压轴题小题专项训练专题7嵌套函数与函数迭代问题含解析答案，共54页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知函数是定义在上的单调函数，若对任意恒成立，则的值是（ ）
A．5B．6C．7D．8
2．已知是定义在上的单调函数，满足，且，若，则与的关系是（ ）
A．B．C．D．
3．已知是定义在R上的函数，若方程有且仅有一个实数根，则的解析式可能是（ ）
A．B．C．D．
4．设函数，则函数的零点的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．6
5． 已知函数，，则函数的所有零点之和是
A．B．C．D．
6．已知是定义在上的函数，则给定上的函数（ ）
A．存在上的函数，使得
B．存在上的函数，使得
C．存在上的函数，使得
D．存在上的函数，使得
7．已知函数，若关于的方程有 个不等的实数根，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
8．已知是定义在上的奇函数，当时，，则函数的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
9．,，若有9个零点，则的取值范围是
A．B．
C．D．
10．已知函数，则函数的零点个数为（ ）（是自然对数的底数）
A．6B．5C．4D．3
11．已知，则方程的实数根个数不可能为（ ）
A．5个B．6个C．7个D．8个
12．定义域为的偶函数，当时，，若关于的方程有且仅有6个不等的实数根，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
13．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．9D．27
14．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．
15．定义函数迭代：
已知，则（ ）
A．B．
C．D．
16．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．
17．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．
18．记，若（且），则称是的n次迭代函数．若，则（ ）
A．B．C．2022D．2023
19．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．
20．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．
21．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．
22．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
23．已知函数,若关于x的方程有8个不同的实根，则a的值可能为.
A．-6B．8C．9D．12
24．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．2B．C．3D．
25．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
26．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
27．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．
28．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．3B．4C．5D．6
29．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．
30．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．
31．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
32．设函数（，为自然对数的底数），若存在使成立，则的取值范围是 ．
33．设定义域为R的函数, 若关于x的函数有8个不同的零点，则实数b的取值范围是 ．
34．设函数的定义域关于原点对称且满足：
（ⅰ）；（ⅱ）存在正常数使．
则函数的一个周期是 ．
35．已知二次函数，则“与有相同的零点”是“”的 条件.
36．已知函数，若关于x的方程有五个不相等的实数根，则实数a的取值范围是 .
37．已知函数，若有两个零点，则的取值范围 .
38．已知,函数，，若函数有6个零点，则实数的取值范围是 .
39．已知，若函数有且只有三个零点，则实数的取值集合为 .
40．已知，函数，，若函数有4个零点，则实数的取值范围是 .
41．对于函数，若，则称为的“不动点”，若，则称为的“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，，那么，（1）函数的“稳定点”为 ；（2）集合与集合的关系是 ．
42．已知定义在上函数为单调函数，且对任意的实数，都有，则 ．
43．已知函数为定义在R上的单调函数，且，则在上的值域为 ．
44．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 ．
45．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 .
46．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 ．
47．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 .
48．已知函数，若方程有两个不同实根，则实数的取值范围是 ．
49．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
50．已知定义在上的函数满足，若在上是单调函数，且，则 .
51．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 .
52．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 ．
53．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 .
参考答案：
1．C
【详解】根据题意，令，所以，由，求出，代入即可求出的值.
【分析】因为函数在定义域上是单调函数，
且，所以为一个常数，
令这个常数为，则有，则，
且，将代入上式可得，解得，
所以，所以.
故选：C.
2．C
【解析】由题意，设，可得，代入，解得，从而得函数，所以可得，可得，得，然后求解的值，即可得.
【详解】解：∵是定义在上的单调函数，满足，
∴是一个常数，设，则，
由，得.
令，得，解得，
∵，∴，∴，
∵，∴，
解得或（舍去），∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了函数的解析式求解和单调性的应用，以及对数运算性质的应用，计算的过程中注意：
（1）根据题意，设，求得的值，确定出函数的解析式；
（2）根据的单调性判断出的大小关系，推导出；
（3）利用对数的运算性质和换底公式，列式求解出.
3．D
【分析】对于A，化简，作出函数的图象，数形结合，即可判断；对于B，利用加以判断；对于C，将方程整理为即可判断，对于D，利用导数判断函数单调性，即可判断.
【详解】若，则，
由于，，
作出函数的图象，如图：
因此有4个解，A错误；
对于，令 ，
当时，，递减，当时，，递增，
故，
即，因此，即若，则方程无实根，B错误；
若，则，即，
即，方程右边恒大于2，故该方程无实根，C错误；
对于，令，则，
等号仅在时取得，故在R上单调递减，
又因为，故此时方程有且仅有一个实数根，
即满足题意，D正确，
故选：D
【点睛】本题考查了复合函数的根的问题，综合性较强，解答时要能综合应用函数知识以及导数知识来解决问题,
4．C
【分析】作出函数的图象，将问题转化为方程的根，令，先确定的根，再得的根，结合函数图象即可获解.
【详解】函数的图象如下图所示：

令，则函数的零点满足，即，
所以､､，
当时，则，结合函数的图象可得的根有3个；
当时，则，结合函数的图象可得的根有1个；
当时，则，结合函数的图象可得的根有0个；
综上可得，函数的零点的个数是个.
故选：C.
5．B
【分析】令 ，由，可得或，再，可得不等式，求得的值，即可求解.
【详解】令 ，由，可得或，可得或，
令，可得或或或，
解得或，则．
故选：B.
6．D
【分析】根据反函数的定义可判断A，B；根据是否有解可判断C；只需要可判断D.
【详解】对A，，两边同取反函数，则，
即是的反函数，不是所有的函数都有反函数，如，，故A错误；
对B，，得，即是的反函数，故B错误．
对C，令，则，即与有交点，这个不一定，故C错误．
对D，只需要就可以满足，故D正确.
故选：D．
7．C
【详解】
画出的图象，如图，设，原方程化为，①
由图知，要使方程 个不等的实数根方程，
只需在有上有两个不等的根，则，
解得，故选C.
【方法点睛】本题主要考查分段函数的图象与性质、方程的根与系数之间的关系，数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出函数图象以及熟练掌握函数图象的几种变换，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.
8．D
【分析】当时，令，得，即，构造函数，求导确定单调性从而可得，再根据函数的图象性质，可得方程根的个数，结合函数的奇偶性即可得结论；或者令，则由，可得，从而令，求导确定单调性，判断其零点个数再结合函数的奇偶性即可得结论.
【详解】解法一：∵函数是定义在上的奇函数，∴，
当时，令，得，即，
构造函数，则恒成立，所以在上单调递增，
则当时，可得，则，
又，则，所以时，函数递增，时，函数递减，
且；，则函数的图象大致如图所示，
由于，∴有两个解，
由于是定义在上的奇函数，故当时，也是2个零点，
综上，当时，有5个零点.
解法二：当时，令，得，即，
令，则，
令，，所以时，函数递减，时，函数递增，
又，又，，故在区间和区间各有一个交点，
是定义在上的奇函数，故，当时，也是2个零点，
综上，当时，有5个零点.
故选：D．
9．A
【分析】令g（x）＝t，由题意画出函数y＝f（t）的图象，利用y＝f（t）与y＝m的图象最多有3个零点，可知要使函数y＝f（g（x））﹣m有9个零点，则中每一个t的值对应3个x的值.
【详解】函数的图象如图所示，
令g（x）＝t，y＝f（t）与y＝m的图象最多有3个零点，
当有3个零点，则0＜m＜3，从左到右交点的横坐标依次t1＜t2＜t3，
由图可知，2t1+1＝﹣m，则，
，
由于函数y＝f（g（x））﹣m有9个零点，，
，当 即 g（x）单调减；，g（x）单调递增，故每一个t的值对应3个x的值，则，
∴ ，
数形结合解，即，
由图易得，
解得：
∴实数m的取值范围是（0，）．
故选：A．
【点睛】本题考查根的存在性及根的个数判断，考查数形结合的解题思想方法和数学转化思想方法，属有一定难度题目．
10．B
【分析】利用导数研究函数的性质，如单调性，函数值的变化趋势和，函数的极值．再研究方程的解的个数，即直线与函数的公共点的的取值，从而利用函数的性质求得零点个数．
【详解】时，是增函数，，
时，，，显然，
由，
作出和的图象，如图，是增函数，在是减函数
它们有一个交点，设交点横坐标为，易得，，
在时，，，时，，，
所以在上递减，在上递增，是的极小值，也是在时的最小值．，，，即，，
时，，时，．作出的大致图象，作直线，如图，时与的图象有两个交点，即有两个解，．
时，，，由得，而时，，，所以直线与在处相切．即时方程有一个解．
，令，则，由上讨论知方程有三个解：()
而有一个解，和都有两个解，所以有5个解，
即函数有5个零点．
故选：B．
【点睛】本题考查函数的零点个数问题，通过换元法问题转化为的解及的解，为此利用导数研究函数的性质，研究直线与函数的公共点问题．研究的图象与直线的公共点个数．本题考查了学生的转化与化归思想．运算求解能力．
11．A
【分析】作出的图象，令，由对勾函数的性质作出的图象，再对分类讨论，将问题转化为关于的方程（具体到每种类型时为常数）的解的个数问题.
【详解】因为，
当时，则在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，，，，
作出的图象，如图所示：
令，由对勾函数的性质可知在，上单调递减，
在，上单调递增，且，，则的图象如下所示：
①当时，令或，
则关于的方程有两个实数解，关于的方程的方程也有两个实数解，
即此时对应的个数为，（以下处理方法类似）；
②当时，令或或，此时对应的个数为6；
③当时，
令或或或，
此时对应的个数为；
④当时，或或或，此时对应的个数为；
⑤当时，或或，此时对应的个数为；
⑥当时，或，此时对应的个数为3；
⑦当时，，此时对应的个数为2.
综上可知，实数根个数不可能为5个.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键是作出的图象，再对分类讨论，将问题转化为关于的方程（具体到每种类型时为常数）的根的问题.
12．C
【分析】根据偶函数画出函数图像，得到的根的个数情况，根据
有且仅有6个不等的实数根得到 或
，再根据韦达定理得到答案.
【详解】当时，，为偶函数
画出函数图像，如图所示：
根据图像知：
当时：无解；
当时：有2个根；
当时：有4个根；
当时：有2个根；
当时：有1个根；
当时：无解；
有且仅有6个不等的实数根
和满足： 或
则满足：
则满足：
综上所述：
故选
【点睛】本题考查了函数的零点问题，意在考查学生对于函数图像，韦达定理，不等式的综合应用能力.
13．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.
14．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
15．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.
16．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．
17．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.
18．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.
19．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
20．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.
21．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.
22．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.
23．CD
【分析】分的不同进行讨论再数形结合分析即可.
【详解】当时, 仅一根,故有8个不同的实根不可能成立.
当时, 画出图象,当时, ,,
又有8个不同的实根,故有三根,且.
故.又有三根, 有两根,且满足.
综上可知,.
故选：CD
【点睛】本题主要考查了数形结合以及分类讨论求解的方法,需要根据题意将复合函数零点分步讨论,属于中等题型.
24．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

25．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．
26．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.
27．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.
28．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
29．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.
30．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．
31．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.
32．
【分析】根据等价于有解，分离参数得，对求导得单调性从而可得的值域，即可得的取值范围.
【详解】由题意得函数在定义域内为增函数，利用等价于有解这个结论，
若存在使成立，即为在有解，
∴，分离参数得，，则，
令，则，故，，，，
所以在上递减，在上递增，则，
∴单调递增，，
∴若存在使成立，则的取值范围是．
故答案为：.
33．
【详解】
关于的二次方程至多有两个实数根，
设，
要使得有8个零点，就是有4个解，
由图象知，内有4个解．
二次方程在内有两个不等的实数根，
故有
故填
34．
【分析】令，根据题意可证得是奇函数，根据条件，结合抽象函数的关系以及周期的定义进行推导即可.
【详解】令，
，
∴是奇函数．
∵
，
∴，
∴，
是以为周期的周期函数．
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关抽象函数的应用以及函数奇偶性和周期性的判断和求解，正确解题的关键是熟练掌握定义并能熟练应用.
35．充要
【分析】根据函数零点的概念结合充分条件、必要条件的概念判断即可.
【详解】当与有相同的零点时，
不妨设是函数与函数的一个相同零点，
则，即，所以.
反之，当时，，，
显然与有相同的零点.
综上，“与有相同的零点”是“”充要条件.
故答案为：充要
36．
【分析】画出图像,令,由5个不相等的实根可得,,则可列出不得关系,进而求得参数范围即可
【详解】由题,画出的图像,
设,则方程有5个不相等的实根,
由图可得,,,
所以,解得,
故答案为：
【点睛】本题考查已知零点个数求参问题,考查数形结合思想
37．
【解析】先运用分段函数的解析式，得出的解析式，再利用导数求得函数的单调性区间,即可求得的取值范围.
【详解】当时,, , ,
当,
综上可知：,
则，有两个根，,(不妨设,
当时,，当时,,
令,则，，，，，,
设，, 所以, ，函数单调递减, ,
的值域为, 取值范围为,
故答案为：.
【点睛】本题考查分段函数的零点问题，关键在于讨论自变量的范围得出函数的表达式，再运用导函数得出函数的图象趋势，得出的函数解析式，属于难度题.
38．
【详解】函数，
当时，即时，
则
当时，即时，
则
当即时，只与的图象有两个交点，不满足题意，应该舍去；
当时，与的图象有两个交点需要直线只与的图象有四个交点时才满足题意，又，解得
故实数的取值范围是
点睛：本题考查了根的存在性及根的个数判断，结合复合函数后难度较大，要先求出复合函数的解析式，然后根据交点个数情况进行分类讨论，理清函数图象的交点问题是本题的关键
39．
【分析】最小值为，函数有三个零点，即有三个解．设，即，方程最多有两解，因此也必须有两解才可满足题意，设的两解为，当可保证有三个解．
【详解】，
设，显然最多有2个不等实解，也可能是2个相等实根或无解．
为，
函数有且只有三个零点，则方程一定有两实根，其中一根，另一根．
由，得，此时，
的两根为和0，满足题意．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查函数的零点的概念，解题时由零点定义转化为方程的根，通过二次方程根的分布知识求解．
40．
【分析】画出函数的图像，对分成，等种情况，研究零点个数，由此求得的取值范围.
【详解】令，画出函数的图像如下图所示，由图可知，
（1）当或时，存在唯一，使，而至多有两个根，不符合题意.
（2）当时，由解得，由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根；由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.由于上述四个实数根互不相等，故时，符合题意.
（3）当时，由解得，由化简得，其判别式为负数，没有实数根；由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.故当时，不符合题意.
（4）当时，由，根据图像可知有三个解，不妨设.
即
即.
i）当时，，故①②③三个方程都分别有个解，共有个解，不符合题意.
ii)当时，，①有个解，②③分别有个解，共有个解，不符合题意.
iii）当时，，①无解，②③分别有个解，共有个解，符合题意.
iv）当时，，①无解，②有个解，③有两个解，共有个解，不符合题意.
v）当时，，①无解，②无解，③至多有个解，不符合题意.
综上所述，的取值范围是.

【点睛】本小题主要考查复合函数零点问题，考查分类讨论的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，难度较大，属于难题.
41．
【分析】（1）由“稳定点”的定义可得，即，解出即可；
（2）利用子集的定义判断集合与集合的关系.
【详解】（1）由于，即，得， ，故；
函数的“稳定点”为；
（2）当时，成立；
当时，设为中的任意一个元素，则，
，
，
，
综上，,
所以集合与集合的关系是.
故答案为：（1）；（2）.
【点睛】本题考查函数的新定义，考查逻辑思维能力，解第二问时应注意分类讨论.
42．0
【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.
43．
【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：.
44．．
【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：
45． 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： .
46．
【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.
47．2021
【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．
48．
【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.
49． 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；.
50．
【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：
51．4
【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．
52．
【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.
53． ；
【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，