2026届高考数学三轮冲刺重点考点：函数不动点与稳定点问题专项训练

**基本信息** 聚焦函数不动点与稳定点，以问题链构建“概念辨析-关系探究-参数应用”的递进式训练体系，渗透转化与数形结合思想，培养数学抽象与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|6单选+4多选|定义转化（f(x)=x/f(f(x))=x）、零点存在定理|从基础定义到n型不动点，构建概念网络| |关系探究|2多选+3填空|集合包含关系证明、方程同解性分析|揭示不动点与稳定点的包含关系及转化条件| |参数应用|3单选+3填空|二次函数零点分布、导数单调性分析|结合函数性质探究参数范围，强化数学思维| |综合论证|5解答题|分类讨论、构造函数法|从单点求解到系统论证，提升数学语言表达能力|

2026届高考数学三轮冲刺重点考点： 函数不动点与稳定点问题 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. www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 1 学科网（北京）股份有限公司 $