专题05 练透嵌套函数的零点问题（含不动点与稳定点）（专项训练7大重点题型）高一数学人教A版必修第一册

专题05 练透嵌套函数的零点问题 （含不动点与稳定点问题） 常考题型·精准突破 考点一 内外自复合型f(f(x))的零点问题 题型1 判断f(f(x))的零点个数（高频） 题型2 根据f(f(x))的零点个数求参（难） 考点二 内外双函数复合型f(g(x))的零点问题 题型3 判断f(g(x))的零点个数（高频） 题型4 根据f(g(x))的零点个数求参（难） 考点三 二次函数复合型a[f(x)]2＋bf(x)＋c函数的零点问题 题型5 判断函数零点的个数（高频） 题型6 由函数零点个数求参（难） 考点四 不动点与稳定点问题 题型7 紧扣定义，破解不动点与稳定点问题（重） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 考点一 内外自复合型f(f(x))的零点问题 ◆题型1判断f(f(x))的零点个数 1.已知函数则方程f(f(x))+3=0的解的个数为（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【详解】作出函数的图象，时，（时取等号），上递增，上递减，上递增，由图象可知有三个解， 不妨设，由于，因此， 于是有3个解，有1个解，有一个解，共5个解． 故选：C． 2.（多选）已知函数，下列是关于函数的零点的判断，其中正确的是（ ） A．在内一定有零点B．在内一定有零点C．当时，有个零点D．当时，有个零点 【答案】CD 【详解】当时，，图象如图（1）， 此时即， 若，则， 若，则，又有2个零点，也有2个零点， 故有4个零点，故C正确； 当时，，如图（2），此时即，只有一种情况， 此时仅有1个零点，所以当时，有1个零点，故D正确；由图象可得A、B错误. 3．（多选）（25-26高一上·江苏·期末）已知函数，若方程有三个不同的零点，，，且，则（   ） A．函数在单调递减 B．实数的取值范围为 C．函数有4个零点 D．的取值范围为 【答案】ACD 【分析】作出的图象，根据图象可判断AB；根据图象确定出的范围，根据对数运算求解出的值，即的取值范围可知，则D可判断；采用换元法令，确定出的值，结合的图象求解出的零点个数. 【详解】作出的图象，如下图所示： 由图象可知，函数在上单调递增，在单调递减，故A正确； 由图象可知，实数的取值范围为，故B错误； 由，令，则，解得或， 由图象可知时，方程有1个解，时，方程有3个解，所以函数有4个零点，故C正确； 由图象可知，的取值范围为， 由，即，解得， 所以的取值范围为，故D正确. 故选：ACD. 4．函数，则函数的所有零点之和为_________． 【答案】13 【分析】令，根据，求得或，再根据和，结合分段函数的解析式，即可求解. 【详解】令， 由得或，所以或， 当时，或， 当时，则或，解得， 所以函数的所有零点之和为． ◆题型2 根据f(f(x))的零点个数求参 5.（25-26高三上·浙江衢州·期中）已知函数，若函数有7个零点，则可以为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】根据解析式，作出图象，根据有7个零点，可得与的图象有7个交点，分别讨论、、、和，5种不同的情况，根据图象交点个数，分析判断，可得a的范围，即可得答案. 【详解】当时，单调递减， 当时，单调递减，当时，单调递增， 作出图象，如图所示    因为函数有7个零点，所以有7个根， 即与的图象有7个交点， 令，则， 当时，与的图象只有一个交点，此时，    因为，所以与图象只有一个交点，不符合题意；    当时，与的图象有2个交点，且为-1和2， 则和与图象共有4个交点，不符合题意；    当时，与的图象有3个交点，设为，    则， 此时与共有7个交点，符合题意；    当时，与的图象有3个交点，设为， 则， 此时与共有6个交点，不符合题意；    当时，与的图象有2个交点，设为， 则， 若时，此时与共有4个交点，不符合题意， 若时，此时与共有3个交点，不符合题意，参考上图， 综上，a的取值范围是，则可以为2. 故选：A 6．已知函数,若函数至少有7个零点，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用分类讨论，再通过数形结合来研究函数零点个数，即可得参数范围. 【详解】当时，，对称轴为，所以在上单调递增，函数图象如下： 令，解得或， 即或，根据图象有2个解， 有1个解，所以此时有3个零点，不符合题意； 当，时，，对称轴为， 所以在上单调递增，在上单调递减，函数图象如下： 令，解得或或， 根据图象有2个解，有3个解， 又至少有7个零点，所以至少有2个解， 即，解得． 故选:D． 7．已知．若关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围为 ． 【答案】【详解】已知，其值域为， 令，则原方程可化为，即：， 设该方程的两根为（），要使有4个不同实根，需满足： 有两个不同的实根，这两个根均大于. 即有两个不同实根，则 设，要使的两根均大于，需满足： 其中.同时，当时，， 若，则是方程的一个根，此时仅有1个根， 有2个根，总根个数为3，不符合题意.当时，（二重根），此时有2个不同实根，总根个数为2，不符合题意.综上，的取值范围为. 8．已知函数，若函数有8个零点，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【分析】据题意对实数进行讨论，分，，再利用函数零点问题，结合函数图象进行分析求解． 【详解】当时，，对称轴为. 当时，函数在单调递增，函数图象如下： 令，则由， 结合图象可得或，即或. 结合图象可知，有2个解，有1个解， 此时函数有3个零点，不符合题意. 当时，函数在单调递增，在单调递减，函数图象如下： 令，则由，结合图象可得或或， 即或或. 由图可知，有2个解，有3个解， 又函数有8个零点，则需有3个解. 需使，解得. 综上，实数的取值范围为. 考点二 内外双函数复合型f(g(x))的零点问题 ◆题型3 判断f(g(x))的零点个数 9.（25-26高一上·广东东莞·期中）已知函数，则方程实数根的个数为（   ） A．6 B．7 C．10 D．11 【答案】D 【分析】先通过换元将方程等价转化为四个方程，，，的根，再结合函数的图象分别求解这四个方程可得. 【详解】令，则.当时，则，得或. 当时，则，得或. 再由，即，所以原方程等价于下面四个方程的根： ——①，——②，——③，——④. 再由，可知函数在上单调递减，在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增，图象如下： 对方程①，因为， 所以时，，得或，解得或； 当时，，得或（舍去）. 所以方程共有3个根. 对方程——②，因为. 所以时，，得或，解得或； 当时，，得或（舍去）. 所以方程共有3个根. 对于方程——③， 所以时，，得或，解得或； 当时，，得或. 所以方程共有4个根. 对于——④，由函数的图象可知方程有唯一的根. 综上所述，方程的根共有个根. 故选：D. 10．已知函数，则方程实数根的个数为（   ） A．10 B．8 C．6 D．5 【答案】C 【分析】设，先解出，再分别求解即可. 【详解】设，则， 若，则，解得或， 则或， 当时，，不合题意， 则，或， 解得，此时方程仅一个根； 若，则，解得或，即或， 当时，或， 方程即在仅一个根， 方程，即， ，且，，两根均为负，合题意， 当时 ，，解得或，方程有两根， 综上，方程的实根个数为6. 故选：C. 11．已知函数，，则函数的零点个数为 个． 【答案】 【分析】令，得，再令，根据的解析式再分类讨论，即可求出，即或或，再画出的图象，数形结合即可求解. 【详解】令，得， 令，得或， 解得或或， 所以或或， 作出函数图象，如图所示： 由图象可知有个解，有个解，有个解， 所以共有个零点. ◆题型4 根据f(g(x))的零点个数求参 13．（多选）（25-26高三上·四川宜宾·阶段检测）已知函数，，，则下列结论中正确的有（    ） A．当时有1个零点 B．当时有4个零点 C．当有6个不同零点时，实数m的取值范围为 D．当的零点个数最多时，实数m的取值范围为[ln3，ln4] 【答案】BC 【分析】转化为方程的解的个数，令，画出，的图象，数形结合，对四个选项一一判断，得到答案. 【详解】A选项，的零点个数等价于关于的方程的解的个数， 令，画出，的图象如下： 当时，的解为，令，结合图象可知，有2个解， 故时，有2个零点，A错误； B选项，当时，有2个解，设为， 令，解得或，不妨设， 其中对应两个解，对应两个解， ，共四个解，当时有4个零点，B正确； CD选项，当时，有3个解，分别为， 易得， ，均有2个解， 当或时，有2个解，此时有6个解， 故或， 当有6个不同零点时，实数m的取值范围是，C正确； 最多有4个解，所以最多有8个解， 当有4个解时，则，即， 即当的零点个数最多时，m的取值范围为，D错误. 故选：BC 14.（25-26高三上·湖南邵阳·月考）已知函数，，其中均为实数．若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】画出的图象，令，根据函数图象可得有两个不等实根，且有两个整数根，有三个整数根，数形结合得到，此时两个整数根分别为2和，数形结合得到三个整数根中，必有一个小于2，只有满足要求，故，求出五个整数根分别为，，1，2，4，即可得到答案. 【详解】令，则， 根据的图象可知，要满足题意必须有两个不等实根， 且有两个整数根，有三个整数根， 结合图象，当与相切时满足要求， 在上单调递减，在上单调递增， 故当时，取得最小值，最小值为，故， 又，，其在定义域内单调递减，令，解得， 故时，有两个整数根，分别为2和， 由图象可知，的三个整数根中，必有一个小于2，显然只有满足要求， 此时，故，令，解得另一个根为4， 又，解得， 故五个整数根分别为，，1，2，4， 所以最大整数解和最小整数解之积为． 故选：A． 15.（24-25·福建）已知函数，若关于x的方程有5个不同的实数根，则实数m的取值范围为 . 【答案】 【分析】作出函数的图象，把复合方程根的问题化为函数与三条直线有5个交点问题，结合图象，列不等式组计算即可. 【详解】作出函数图象如下： 令，则，所以，，， 所以，，， 所以，，， 即，，， 因为关于x的方程有5个不同的实数根， 所以函数与直线，，共有5个交点， 所以，解得，即实数m的取值范围为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：将方程根的个数问题转化成函数图象交点个数问题是解决此类问题的方法，画出函数图象并利用数形结合列式求解即可. 考点三 二次函数复合型a[f(x)]2＋bf(x)＋c函数的零点问题 ◆题型5 判断函数零点个数 16．（26-27高三上·甘肃平凉·阶段检测）已知函数，则函数的零点个数是（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】由可得或，作出图形，结合图形即可求解. 【详解】由题意，令，解得或. 当时，，开口向下，对称轴为，，； 当时，，，函数在单调递减，在单调递增. 作出的大致图象如下， 由图可知，直线与图象有3个交点； 直线与图象有4个交点. 所以函数的零点个数是7个. 17．（湖南省常德市第七中学2025-2026学年高一上学期1月期末检测数学试题）已知函数，则函数零点的个数为（    ） A．9 B．14 C．16 D．18 【答案】C 【分析】令，求出或，然后分别讨论函数的零点个数. 【详解】因为函数，所以. 令，则，得到或， 当时，设 当时，2个零点；当时，4个零点；当时，3个零点； 所以时共9个零点； 当时，设 当时，4个零点；当时，3个零点； 所以时共7个零点； 综上共有个零点. 故选：C. ◆题型6 根据函数零点个数求参 18.（25-26·河北石家庄）（多选）已知函数，关于的方程有6个不同的实数根，则下列选项正确的是（   ） A．函数的零点个数为1 B．实数的取值范围为 C．函数无最值 D．函数在区间上单调递增 【答案】BC 【分析】对于ACD，由题可画出大致图象，据此可判断选项正误；对于B，由有6个不同根，可得和共有6个根，其中的两根为，然后由数形结合思想结合二次方程根的分布知识可得答案. 【详解】由题可得的图象大致如下. 对于A，由图可得零点有3个，故A错误； 对于B，由题可得和共有6个根， 即图象与直线，共有6个交点. 其中的两根为，则判别式为或. 注意到，结合图象可得，同号，且一个大于1，一个小于1大于0. 设，则，由图可得， 又函数在上单调递增，则，故B正确； 对于C，由函数图象可得无最值，故C正确； 对于D，由图可得在上单调递减，在上单调递增，故D错误. 故选：BC 19.（25-26·安徽黄山）（多选）已知函数，若关于的方程有4个不同的实根，则实数可能的取值有（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】将方程的根的问题转化为图象交点问题，由一元二次方程解得或，要想有个交点，则两条直线与图象各有个交点，根据图象得到的范围，进而得到可能的取值. 【详解】由得或， 根据二次函数和指数函数图象得到图象，当时，， 并在同一坐标系中画出，与图象有个交点， 要使得关于的方程有4个不同的实根，则直线与图象有个交点，且两条直线不重合， 根据图象可知且，解得且，所以ACD符合， 故选：ACD. 20.(25-26高一上·云南昆明·期末）已知函数，若关于x的方程有4个不相等的实数根，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意或，作出的图象，数形结合求得有三个不同的实数根，从而结合图象求得有一个实数根时的取值范围． 【详解】由，得， 所以或.，作出的图象，如图， 因为函数的图象与直线有三个交点，所以有三个不同的实数根， 所以必须有一个实数根，即函数的图象与直线有一个交点， 由图可知，即，所以实数的取值范围为． 故选：B． 21．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为________． 【答案】或或 【分析】结合函数的图像和值域，函数图象，再分类讨论解的个数，验证边界情况即可求解. 【详解】当时，由基本不等式， 当且仅当时，即时，等号成立， 且在上单调递减，在上单调递增， 当时，在上单调递增，且其值域为， 综上可大概画出图像，且有1个解：；有2个解：； 有3个解：；有2个解：； 若恰有4个零点， 即与的解的总个数为4个， 因为值域为，所以可知， 情况一：有1个解，即，且有3个解，则， 即，解之可得， 情况二：有2个解，即或，且有2个解，则， 满足题意，综上可知或. 故答案为 ：或或. 考点四 不动点与稳定点问题 ◆题型7 紧扣定义，破解不动点与稳定点问题 22.设函数 为自然对数的底数）. 若存在使成立， 则 的取值范围是（ ） A.     B.     C.     D. 【答案】A 【分析】本题是给出的稳定点的式子，且为增函数，根据不动点与稳定的关系，必有不动点 ， 使得 ，再根据方程有解，分离参数，再利用函数零点问题，便可得出参数的范围． 【详解】， 根据复合函数的单调性， 可以判断该函数为增函数. 又因为存在 使 ， 即有稳定点 ，所以它必有不动点 ， 使得 ，即 在 有解， 整理可得， ， 在 有解.令 ， 在 单调递增. ， 故选择 A， 【题后反思】稳定点和不动点的关系是解决这类题的关键，尤其还要注意，不动点是稳定点，稳定点不一定是不动点，当函数单调时，两者等价. 【温馨提醒】在研究关系时，注意给定的自变量的范围，另外有时是涉及一个函数，有时是涉及两个函数，注意分清楚. 23．（2026高三·全国·专题练习）对于函数，若，则称为函数的“不动点”；若，则称为函数的“稳定点”，若函数的稳定点恰是它的不动点，则实数a的取值范围是_________． 【答案】 【分析】由题意建立方程，根据新定义可得方程的解情况，利用一元二次方程根的判别式，分类讨论，可得答案. 【详解】设，由得， 所以，两式相减得，即或， 所以必有解，即有解，所以， 因为函数的稳定点恰是它的不动点，所以无解或者与同解， 当无解时，即方程无解，则， 当与同解时，，两式相减得，经检验满足题意，综上所述． 24．（25-26高一上·湖南永州·阶段检测）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A和B，即，． (1)设函数，求A和B； (2)证明：； (3)若，且，求实数的取值范围． 【分析】（1）根据题意，分别令和，求得方程的解，即可得到； （2）任取，得到和，即可证得； （3）分别令和，得到关于的方程，根据，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）解：由函数，令，即，可得，故， 令，即，可得，故． （2）解：证明如下： 由题意得，任取，则，所以，所以， 又由的任意性，所以． （3）解：由，令，即有实根， 当时，可得，符合题意； 当时，由，可得且，综上； 令，即有实根， 所以， 因为，则无实根，或有与相同的实根， 当无实根，有且，可得且； 当有实根，此时，即， 所以，则， 代入，可得，解得， 综上可得：，所以实数的取值范围为. 综合攻坚·知能拔高 1．（26-27高三上·湖北·阶段检测）若函数最小正周期为，且在有个零点，则在零点个数为（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】C 【分析】由题意可得在上有个零点，再结合函数周期性可得在、、内零点个数分别为、、，即可得在上零点个数，即可得解. 【详解】当时，，则在上有个零点， 又函数最小正周期为，则在、、内零点个数相同， 且在内零点个数小于或等于在内零点个数， 故在、、内零点个数分别为、、， 当时，， 在、、、、内各有个零点， 在内有个零点， 即在上共有个零点， 故在零点个数为. 2．（2026·重庆永川·模拟预测）已知函数，则方程的实根个数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】令，将原方程转化为，分和两种情况解方程求其解，将求得的代回，再分和两种情况，分别求解对应方程的实根个数，最后汇总所有实根的总数. 【详解】令，原方程转化为， 当时，，整理得，唯一解为； 当时，，即，解得或， 因此满足的共有个值，，，. 当时，， 若，则，解为 ，方程有个根； 若，则，解为 、，方程有个根； 方程 共有个实根； 当时，， 因为，所以， 若，，方程无解； 若，，左边绝对值非负，右边为负，该方程无解； 方程共个实根； 当时，，显然， 若，则，方程无解； 若，有个解，分别为，， 所以方程共个实根， 所以方程的实根个数为. 3．（26-27高三上·宁夏银川·阶段检测）已知函数，，当关于实数的方程有个根时，实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别作出函数，的图象，分、、和四种情况讨论，结合函数图象分析交点个数即可得解. 【详解】分别作出函数，的图象，如图所示， 令，则即为， 若，则方程没有根，不合题意； 若，则方程有且仅有1个根，即， 可知方程有且仅有2个不相等根，不合题意； 若，则方程有2个不相等实根，， 方程有且仅有2个不相等实根，且方程有且仅有2个不相等实根， 所以方程有4个不相等实根，不合题意； 若，则方程有3个不相等实根，，， 方程有且仅有2个不相等实根，且方程有且仅有2个不相等实根， 由题意可知方程有且仅有2个不相等实根，则或， 可得； 综上所述：实数的取值范围是. 【点睛】本题的关键是将方程根的问题转化为复合函数的零点个数问题，利用函数图象对参数进行分类讨论求解. 4．（25-26高三·全国·一轮复习）设定义域为的函数，则关于的方程，有7个不同实数根的充要条件是（   ） A．且 B．且 C．且 D．且 【答案】C 【分析】此题为复合函数零点问题，关键是换元后，通过函数图象和数形结合思想把每个函数零点研究清楚. 【详解】令，考虑方程的根，该方程必有解，设解为， 题设方程和方程的解即为方程的解， 因为方程有7个不同的解， 根据的图象（如图所示）可得，直线与的图象有3个不同公共点， 直线与的图象有4个不同公共点， 故所以，即，故选C. 5．（2026·辽宁大连·模拟预测）已知，则方程的互异的实根个数不可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可知，，时可得实根个数为1，2，4，进而证明3个实根不可能即可得结论． 【详解】方程的互异的实根个数可能为，举例如下： 当时，方程 故若，则方程只有1个实根． 当时，，解得或， 故若，则有2个实根， 若，则， 解得或或，故有4个实根． 下证明3个实根不可能． 设的判别式， 的判别式． 若，则，最多有两个实根． 若．则是的二重根， 代入得 . 则的根也是的根，则有两个实根． 若，则的根满足的根满足． 若 与  有公共根，可推出 ，与 的假设矛盾， 故两方程没有公共根，因此，当时，方程 有4个互异的实根, 故选：C. 6．（25-26高一上·广西南宁·期末）已知函数，则方程的实数解的个数为（） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【分析】本题可通过换元法，令，将方程转化为，先求解的值，再分别求解时的值，最后统计实数解的个数. 【详解】令，则方程转化为， 当时，，由可得：或，解得或. 当时，，化简可得，解得或. 因此，的可能取值为. 当时，即： 若，则，可得或，解得或. 若，则，即.可解得：，因为，所以. 当时，即： 若，则，可得或，解得或. 若，则，即，，此方程无实数解. 当时，即： 若，则，可得，解得. 若，则，此时，此方程无实数解. 当时，因为当时，；当时，， 所以无实数解. 综上方程的实数解的个数为：，共6个. 故选：D 7．（25-26高一上·天津蓟州·阶段检测）已知定义在上的奇函数，当时， ，则关于的方程的所有实数根的和是（    ） A． B．0 C．7 D．6 【答案】A 【分析】先设，求出方程的解，利用函数的奇偶性作出函数在时的图象，利用数形结合即可得到结论． 【详解】解：设，则关于的方程， 等价， 解得或， 当时，，此时不满足方程． 若，则，即， 若，则，即， 作出当时，的图象如图：    当时，对应3个交点．即， ∵函数是奇函数， ∴当时，由， 可得当时，，此时函数图象对应4个交点， 即 方程的7个实根和为． 故选：A． 8．（多选）（2025高二·全国·专题练习）已知时，，则关于函数下列说法正确的是（    ） A．方程的解只有一个 B．方程的解有五个 C．方程的解有五个 D．方程的解有三个 【答案】AC 【分析】通过画图分析分段函数的性质，利用换元法将嵌套方程转化为两个步骤求解，首先从解出中间变量，再解，结合图像判断每一层方程根的个数逐一分析判断选项. 【详解】时，，且作出函数的图象如图1： 由图可知，直线与曲线只有一个交点， 即方程的解只有一个，故A正确； 令，由，得或或，如图2， 由，可得，由，由图3可知此方程有三个根， 由，由图3可知，此方程有两个根， 综上可得，方程的解有六个，故B错误； 由图4可知，满足方程的有三个值， 分别设为，，， 由，得此方程无实数根，如图5， 由，得此方程有三个实数根， 由，得此方程有两个实数根， 综上可得，方程的解有五个，故C正确； 对于D，这是一个稳定点的问题，令， 需满足，即与的交点， 我们用稳定点作图，如图6，作关于直线对称的图像， 如粗线表示的部分，两曲线有5个交点，故有5个稳定点，D错误； 故选：AC 9．(多选)（25-26高三上·山东济南·期中）已知函数是定义在上的偶函数，且当时，，则函数的零点个数为（    ） A．5 B．6 C．16 D．8 【答案】D 【分析】利用换元法结合题意求解零点个数，再利用偶函数性质排除掉其他区间的零点即可. 【详解】令，由题意得欲求的零点个数， 则求的零点个数，即求的零点个数， 故求与的交点个数即可，如图，作出符合题意的图象，      由图象可得共4个交点，但，故， 当时，此时求的零点个数即可， 当时，令，无解， 当时，， 令，解得（负根舍去）， 当时，， 令，解得， 当时，由偶函数性质可得的零点为和， 得到共有4个零点， 当时，此时求的零点个数即可， 当时，令，无解， 当时，， 令，无解， 当时，， 令，解得（负根舍去）， 当时，，且， 令，解得（负根舍去）， 当时，由偶函数性质可得的零点为和， 得到共有4个零点， 则当时，结合题意归纳得，无解， 由偶函数性质得当时，结合题意归纳得，无解， 则函数的零点个数为8，故D正确. 故选：D 10．（25-26高一上·重庆·期中）对于函数，若，则称为函数的“不动点”；若，则称为函数的“稳定点”．如果函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，那么实数的取值范围是______． 【答案】 【分析】根据给定条件，不存在非“不动点”的“稳定点”，则由有解，但方程组无解，求解即得. 【详解】因为函数的“不动点”一定是“稳定点”，而函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，即不存在非“不动点”的“稳定点”， 因此方程有解，但方程组无解， 由，得有解，则有，解得， 由，得，两式相减得， 而，于是，从而， 显然方程无解或仅有两个相等的实根，因此，解得， 所以a的取值范围是. 11．（25-26高一上·广东深圳·阶段检测）对于函数，若，则称为的“不动点”；若，则称为的“稳定点”．若函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，．若，函数总存在不动点，则实数的取值范围是______；若，且，则实数的取值范围是______ 【答案】 【分析】利用“不动点”的定义，转化为对，方程有实数解求解即得；求出方程有实根的范围，再求出，并分析其根的情况进而求出的范围即可. 【详解】由，函数总存在不动点，得有解， 则方程，即有实数解， 因此，即恒成立， 而恒成立，当且仅当时取等号，因此，解得， 所以实数的取值范围为； 集合中的元素是方程，即的实根， 由，得或，解得， 集合中元素是方程，即的实根， 由知，方程左边含有一个因式， 即方程化为：， 若，则方程要么没有实根，要么实根是方程的根， 若没有实根，当时，方程为，不成立，此时没有实数根； 当时，，解得，此时且； 若有实根且其实根是的实根， 由，得，联立消去，解得， 因此，解得，则， 所以的取值范围为. 12．（25-26·上海宝山）已知函数，若函数 恰有三个不同的零点，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】函数恰有三个不同的零点，令，可以看成函数恰有三个不同的零点，即函数的图像与直线有三个交点．根据函数的单调性和最值，结合函数的图像即可求解． 【详解】当时，函数是对勾函数， 因为，当且仅当，即时，取最小值． 所以函数最小值为2，且在上为减函数，在上为增函数． 当时，是减函数，且，所以为增函数，且， 所以函数为增函数，且， 故函数图像如图所示． 令，函数恰有三个不同的零点，可以看成函数恰有三个不同的零点， 故函数的图像与直线有三个交点． 由图像可知. 故答案为：. 13．（25-26·山东青岛）已知函数，若有6个零点，则实数m的取值范围为 . 【答案】 【分析】令，由题意可得有两不同的实数根，作出函数的图象，根据分及或分别求解即可. 【详解】因为当时，， 可知函数在内单调递减，且， 作出函数的图象，如图所示： 令， 因为有6个零点，可知有两不同的实数根， 所以，解得或， 令， 结合函数的图象可知： 当，时，则，解得； 当时，则，解得； 综上所述：实数m的取值范围为. 14.（25-26·山西晋城）已知，函数则关于的方程的实根的个数为 ；若关于的方程有7个不同的实根，则正数的取值范围是 . 【答案】 【分析】由函数解析式作图，结合图象可得空一的答案；根据图象化简方程，分情况讨论，可得答案. 【详解】的大致图象如图所示： 方程的根为，共3个. 由可得，或，或， 由图象可得，显然有3个根，显然有1个根， 又有7个不同的实根， 所以必有3个根，而， 为使有3个根，只需，解得或（舍）. 故答案为：；. 15．（25-26高一上·上海宝山·期末）著名的布劳威尔(Brouwer)不动点定理是代数拓扑的早期成就之一，也是泛函分析中广泛使用的一个重要结果，它可应用到欧式(Euclid)空间，并推广至巴拿赫(Banach)空间、希尔伯特(Hilbert)空间，研究空间结构的连续映射特性，简单来说就是对于函数，若存在使得，我们称为函数的一个一阶不动点；进一步地，若存在，使得，则称为函数的二阶不动点；依此类推，可以定义函数的阶不动点.其中一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点. (1)若，求的不动点； (2)已知函数在定义域内严格递增，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)若函数，记全体不动点构成的集合为，全体稳定点构成的集合为，要使，求实数的取值范围. 【分析】（1）根据不动点定义，构造函数，利用导数判断其单调性，结合即可得解； （2）根据不动点定义证明充分性，根据稳定点定义，结合单调性，利用反证法证明必要性； （3）构造函数和，将因式分解为，将问题转化为方程存在不满足方程的根，利用判别式求解可得. 【详解】（1）由不动点的定义可知，求函数的不动点，即求的根， 记，则转化为求函数的零点. ，， 令，解得，在上单调递增； 令，解得，在上单调递减. 所以函数最多有两个零点， 又，所以的零点为，， 即函数的不动点为，. （2）充分性：若为函数的不动点，则， 所以，所以是函数的稳定点； 必要性：若是函数的稳定点，则， 假设，则， 若，由函数在定义域内严格递增，有， 又，与矛盾； 同理，也不成立. 综上，假设不成立，即，所以，必要性成立. 所以“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件 （3）若为函数的不动点，则， 所以，所以是函数的稳定点. 即的不动点必是其稳定点，即是的子集. 令，则的不动点为的根， 记， 令，则的稳定点为的根， 记 要使，则存在不满足方程的根. 记的判别式为，两根为， 方程的判别式为，两根为， 当时，，此时，不满足题意； 当时，两个方程的根必然不全相同，满足题意， 解得或， 所以实数的取值范围为. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 练透嵌套函数的零点问题 （含不动点与稳定点问题） 常考题型·精准突破 考点一 内外自复合型f(f(x))的零点问题 题型1 判断f(f(x))的零点个数（高频） 题型2 根据f(f(x))的零点个数求参（难） 考点二 内外双函数复合型f(g(x))的零点问题 题型3 判断f(g(x))的零点个数（高频） 题型4 根据f(g(x))的零点个数求参（难） 考点三 二次函数复合型a[f(x)]2＋bf(x)＋c函数的零点问题 题型5 判断函数零点的个数（高频） 题型6 由函数零点个数求参（难） 考点四 不动点与稳定点问题 题型7 紧扣定义，破解不动点与稳定点问题（重） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 考点一 内外自复合型f(f(x))的零点问题 ◆题型1判断f(f(x))的零点个数 1.已知函数则方程f(f(x))+3=0的解的个数为（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 2.（多选）已知函数，下列是关于函数的零点的判断，其中正确的是（ ） A．在内一定有零点B．在内一定有零点C．当时，有个零点D．当时，有个零点 3．（多选）（25-26高一上·江苏·期末）已知函数，若方程有三个不同的零点，，，且，则（   ） A．函数在单调递减 B．实数的取值范围为 C．函数有4个零点 D．的取值范围为 4．函数，则函数的所有零点之和为_________． ◆题型2 根据f(f(x))的零点个数求参 5.（25-26高三上·浙江衢州·期中）已知函数，若函数有7个零点，则可以为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 6．已知函数,若函数至少有7个零点，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 7．已知．若关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围为 ． 8．已知函数，若函数有8个零点，则实数的取值范围为___________． 考点二 内外双函数复合型f(g(x))的零点问题 ◆题型3 判断f(g(x))的零点个数 9.（25-26高一上·广东东莞·期中）已知函数，则方程实数根的个数为（   ） A．6 B．7 C．10 D．11 10．已知函数，则方程实数根的个数为（   ） A．10 B．8 C．6 D．5 11．已知函数，，则函数的零点个数为 个． ◆题型4 根据f(g(x))的零点个数求参 13．（多选）（25-26高三上·四川宜宾·阶段检测）已知函数，，，则下列结论中正确的有（    ） A．当时有1个零点 B．当时有4个零点 C．当有6个不同零点时，实数m的取值范围为 D．当的零点个数最多时，实数m的取值范围为[ln3，ln4] 14.（25-26高三上·湖南邵阳·月考）已知函数，，其中均为实数．若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积为（    ） A． B． C． D． 15.（24-25·福建）已知函数，若关于x的方程有5个不同的实数根，则实数m的取值范围为 . 考点三 二次函数复合型a[f(x)]2＋bf(x)＋c函数 的零点问题 ◆题型5 判断函数零点个数 16．（26-27高三上·甘肃平凉·阶段检测）已知函数，则函数的零点个数是（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】由可得或，作出图形，结合图形即可求解. 【详解】由题意，令，解得或. 当时，，开口向下，对称轴为，，； 当时，，，函数在单调递减，在单调递增. 作出的大致图象如下， 由图可知，直线与图象有3个交点； 直线与图象有4个交点. 所以函数的零点个数是7个. 17．（湖南省常德市第七中学2025-2026学年高一上学期1月期末检测数学试题）已知函数，则函数零点的个数为（    ） A．9 B．14 C．16 D．18 ◆题型6 根据函数零点个数求参 18.（25-26·河北石家庄）（多选）已知函数，关于的方程有6个不同的实数根，则下列选项正确的是（   ） A．函数的零点个数为1 B．实数的取值范围为 C．函数无最值 D．函数在区间上单调递增 19.（25-26·安徽黄山）（多选）已知函数，若关于的方程有4个不同的实根，则实数可能的取值有（    ） A． B． C． D． 20.(25-26高一上·云南昆明·期末）已知函数，若关于x的方程有4个不相等的实数根，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 21．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为________． 考点四 不动点与稳定点问题 ◆题型7 紧扣定义，破解不动点与稳定点问题 22.设函数 为自然对数的底数）. 若存在使成立， 则 的取值范围是（ ） A.     B.     C.     D. 23．（2026高三·全国·专题练习）对于函数，若，则称为函数的“不动点”；若，则称为函数的“稳定点”，若函数的稳定点恰是它的不动点，则实数a的取值范围是_________． 24．（25-26高一上·湖南永州·阶段检测）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A和B，即，． (1)设函数，求A和B； (2)证明：； (3)若，且，求实数的取值范围． 综合攻坚·知能拔高 1．（26-27高三上·湖北·阶段检测）若函数最小正周期为，且在有个零点，则在零点个数为（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 2．（2026·重庆永川·模拟预测）已知函数，则方程的实根个数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 3．（26-27高三上·宁夏银川·阶段检测）已知函数，，当关于实数的方程有个根时，实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高三·全国·一轮复习）设定义域为的函数，则关于的方程，有7个不同实数根的充要条件是（   ） A．且 B．且 C．且 D．且 5．（2026·辽宁大连·模拟预测）已知，则方程的互异的实根个数不可能是（   ） A． B． C． D． 6．（25-26高一上·广西南宁·期末）已知函数，则方程的实数解的个数为（） A．3 B．4 C．5 D．6 7．（25-26高一上·天津蓟州·阶段检测）已知定义在上的奇函数，当时， ，则关于的方程的所有实数根的和是（    ） A． B．0 C．7 D．6 8．（多选）（2025高二·全国·专题练习）已知时，，则关于函数下列说法正确的是（    ） A．方程的解只有一个 B．方程的解有五个 C．方程的解有五个 D．方程的解有三个 9．(多选)（25-26高三上·山东济南·期中）已知函数是定义在上的偶函数，且当时，，则函数的零点个数为（    ） A．5 B．6 C．16 D．8 10．（25-26高一上·重庆·期中）对于函数，若，则称为函数的“不动点”；若，则称为函数的“稳定点”．如果函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，那么实数的取值范围是______． 11．（25-26高一上·广东深圳·阶段检测）对于函数，若，则称为的“不动点”；若，则称为的“稳定点”．若函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，．若，函数总存在不动点，则实数的取值范围是______；若，且，则实数的取值范围是______ 12．（25-26·上海宝山）已知函数，若函数 恰有三个不同的零点，则实数的取值范围是 . 13．（25-26·山东青岛）已知函数，若有6个零点，则实数m的取值范围为 . 14.（25-26·山西晋城）已知，函数则关于的方程的实根的个数为 ；若关于的方程有7个不同的实根，则正数的取值范围是 . 15．（25-26高一上·上海宝山·期末）著名的布劳威尔(Brouwer)不动点定理是代数拓扑的早期成就之一，也是泛函分析中广泛使用的一个重要结果，它可应用到欧式(Euclid)空间，并推广至巴拿赫(Banach)空间、希尔伯特(Hilbert)空间，研究空间结构的连续映射特性，简单来说就是对于函数，若存在使得，我们称为函数的一个一阶不动点；进一步地，若存在，使得，则称为函数的二阶不动点；依此类推，可以定义函数的阶不动点.其中一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点. (1)若，求的不动点； (2)已知函数在定义域内严格递增，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)若函数，记全体不动点构成的集合为，全体稳定点构成的集合为，要使，求实数的取值范围. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $