函数的旋转、两函数的对称问题与不动点问题（解析版）(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套

函数的旋转、两函数的对称问题与不动点问题
【方法技巧与总结】
1. 不动点与稳定点
【一阶不动点】对于函数y=f(x)，定义域为I，如果存在x ∈I，使得f(x )=x ，则称x 是函数f(x)的一阶不
0 0 0 0
动点，简称不动点．
①不动点是方程x=f(x)的解
②不动点是y=x与y=f(x)图像交点的横坐标
【二阶周期点】对于函数y=f(x)，定义域为I，如果存在x ∈I，使得f(f(x ))=x 且f(x )≠x ，则称x 为函
0 0 0 0 0 0
数f(x)的二阶周期点
y=f(x)

①二阶周期点是方程组x=f(y)的解
x≠y
②二阶周期点是y=f(x)图像上关于y=x对称(不在y=x上)的两点的横坐标
【二阶不动点】对于函数y=f(x)，定义域为I，如果存在x ∈I，使得f(f(x ))=x 则称x 为函数f(x)的二阶
0 0 0 0
不动点，简称稳定点
①稳定点是不动点和二阶周期点的并集
②稳定点是y=f(x)图像上关于y=x对称的两点的横坐标以及y=f(x)与y=x的交点的横坐标
2. 两函数的对称问题转化为函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)问题，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：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
【典型例题】
1 (2024·山东青岛·高三统考开学考试)将函数y= 13-x2-2(x∈[-3,3])的图象绕点(-3,0)逆时针旋
转α(0≤α≤θ)，得到曲线C，对于每一个旋转角α，曲线C都是一个函数的图象，则θ最大时的正切值为
( )
3 2
A. B. C.1 D. 3
2 3
【答案】B
【解析】由y= 13-x2-2(x∈[-3,3])，得y≥0，
x2+y+2
1

2=13，则函数的图像是以M(0,-2)为圆心的圆的一部分，
先画出函数y= 13-x2-2(x∈[-3,3])的图象,
这是一个圆弧AB，圆心为M(0,-2),如图所示，
由图可知当此圆弧绕点(-3,0)逆时针方向旋转角大于∠MAB时，
曲线C都不是一个函数的图象，
即当圆心M(0,-2)在x轴上时，
所以θ最大值即为∠MAB，
2 2
tan∠MAB= ，所以θ最大时的正切值为 .
3 3
故选：B.2 (2024·山东潍坊·高三统考阶段练习)已知函数fx
2
 =lnx+1  x≥0  ，将函数fx  的图象绕原点逆时
针旋转α α∈0,θ    角后得到曲线C，若曲线C仍是某个函数的图象，则θ的最大值为 ( )
π π π π
A. B. C. D.
6 4 3 2
【答案】B
【解析】因为fx  =lnx+1  x≥0  ，所以f x 
1
= ，则f 0
x+1
 =1．
即函数fx  =lnx+1 
π
在原点的切线OM的斜率k=1，所以∠MOx= ．
4
π
由图可知：当函数图象绕坐标原点逆时针方向旋转时，旋转的角θ大于 -∠MOx时，
2
旋转所得的图象与y轴就会存在两个交点，
π π
此时曲线C不是函数的图象，故θ的最大值是 -∠MOx= ．
2 4
故选：B．
3 (2024·江西·校联考模拟预测)已知函数f(x)=ax-ex与函数g(x)=xlnx+1的图像上恰有两对关于x
轴对称的点，则实数a的取值范围为 ( )
e-1 A.(e-1,+∞) B.  ,+∞
2
 C.   e-1 ,+∞
 2
 D.(-∞,e-1)
【答案】A
【解析】因为函数fx  与gx  的图像上恰有两对关于x轴对称的点，所以-fx  =g(x)，即ex-ax=xlnx
ex-xlnx-1 ex-xlnx-1
+1有两解，则a= 有两解，令h(x)= ，则h(x)=ex-1
x x

x-1
，所以当x∈
x2
0,1  时，h(x)<0；当x∈1,+∞  时，h(x)>0；所以函数h(x)在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递
增；所以h(x)在x=1处取得极小值，所以h(1)=e-1，所以a>e-1，a的取值范围为e-1,+∞  .
故选：A.
4 (2024·山东菏泽·高二山东省鄄城县第一中学校考期末)已知函数fx  =ax-xlnx与函数gx  =ex-1
的图像上恰有两对关于x轴对称的点，则实数a的取值范围为 ( )
A. -∞,1-e  1-e B. -∞,
2
 C. -∞,1-e  1-e D. -∞,
2

【答案】C
【解析】因为函数fx  与gx  的图像上恰有两对关于x轴对称的点，
所以-fx  =gx  ，
即-ax+xlnx=ex-1有两解，xlnx-ex+1
所以a= 有两解，
x
令hx
3

xlnx-ex+1
= ，
x
则h x 
ex-1
=
 1-x 
，
x2
所以当x∈0,1  时，h x  >0，此时函数hx  在0,1  上单调递增；
当x∈1,+∞  时，h x  <0，函数hx  在1,+∞  上单调递减，
所以hx  在x=1处取得极大值，h1  =1-e，
且x∈0,1  时，hx  的值域为-∞,1-e  ，
x∈1,+∞  时，hx  的值域为-∞,1-e  ，
xlnx-ex+1
因此a= 有两解时，实数a的取值范围为-∞,1-e
x
 ，
故选：C.
5 (2024·全国·高三专题练习)对于连续函数 fx  ，若 fx 0  =x 0 ，则称x 0 为 fx  的不动点．设 fx  =
x
ax+2  ，若fx  有唯一不动点，且fx 0 
1
= 1012 ，x n =fx n-1  n=1,2,⋯  ，则x = ． 2023
1
【答案】
2023
【解析】由fx 
x
有唯一不动点，即方程
ax+2 
=x有唯一解，即ax2+2a-1  x=0有唯一解，
所以Δ=2a-1 
1
2-4a×0=0，解得a= ，所以fx
2

2x
= ，
x+2
又由x n =fx n-1  n=1,2,⋯ 
2x 1 1 1
，可得x = n-1 ，所以 = + ， n x +2 x x 2
n-1 n n-1
从而 1 
x n
 1 1 1 是一个公差为 的等差数列，首项为 =
2 x 1 fx 0 
=1012，
1 n-1 1 2023-1 1
所以 =1012+ ，所以 =1012+ =2023，即x = ．
x 2 x 2 2023 2023
n 2023
1
故答案为： .
2023
6 (2024·北京海淀·清华附中校考模拟预测)对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个点x 0 ，使得fx 0 
=x 0 ，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称x 0 为该函数的一个不动点，现新定义：若x 0 满足fx 0  =
-x 0 ，则称x 0 为fx 0  的次不动点，有下面四个结论
①定义在R上的偶函数既不存在不动点，也不存在次不动点
②定义在R上的奇函数既存在不动点，也存在次不动点
3
③当1≤a≤
2
时，函数f(x)=log 24x-a⋅2x+1  在[0,1]上仅有一个不动点和一个次不动点．
1
④不存在正整数m，使得函数f(x)= ex- x-m在区间[0,1]上存在不动点，其中，正确结论的序号为
2
．
【答案】②③
【解析】对于①:取函数f(x)=x2，f(0)=0，0既是fx  的不动点，又是fx  的次不动点，故①错误；
对于②:定义在R上的奇函数满足f(0)=0，故②正确；
对于③:当log 24x-a⋅2x+1 
1
=x时，∴4x-a⋅2x+1=2x，即a=2x+ -1.
2x1
令2x=t，t∈[1,2]，∴a=t+ -1在区间1,2
t
4

1
上单调递增，a=2x+ -1在0,1
2x
 上单调递增，满足
log 24x-a⋅2x+1  =x有唯一解；
当log 24x-a⋅2x+1 
1 1 1
=-x时，∴4x-a⋅2x+1= 即a=2x+ - .
2x 2x 22x
1 1
令2x=t，t∈[1,2]，∴a=t+ - 在区间1,2
t t2

1 1
上单调递增，a=2x+ - 在0,1
2x 22x
 上单调递增，满
足log 4x-a⋅2x+1
1
2

3
=x有唯一解；综上1≤a≤ 时函数f(x)在[0,1]上仅有一个不动点和一个次不动
2
点，故③正确;
1
对于④:假设函数f(x)= ex- x-a在区间0,1
2
 上存在不动点，则f(x)=x在0,1  上有解，即a=ex
1
- x-x2在0,1
2

1 1 1
上有解，令m(x)=ex- x-x2，则m(x)=ex- -2x，再令n(x)=ex- -2x，则n
2 2 2
(x)=ex-2，令n(x)=0，解得x=ln2，所以nx  在(0,ln2)上单调递减，在(ln2,1)上单调递增，
1 3 3
所以n(x) =n(ln2)=2- -2ln2= -2ln2=lne2-ln4=ln e3-ln 16>0，
min 2 2
所以m(x)>0在0,1  上 恒成立，所以mx  在0,1  上单调递增，
所以m(x) min =m(0)=1，mx  =m1 max 
3
=e- ， 2
3
所以实数a满足1≤a≤e- ，存在正整数a=1满足条件，故④错误：
2
故答案为：②③
7 (2024·广东揭阳·高三校考阶段练习)拓扑空间中满足一定条件的图象连续的函数f(x)，如果存在点x ，
0
使得fx 0  =x ，那么我们称函数f(x)为“不动点”函数，而称x 为该函数的不动点．类比给出新定义：若 0 0
不动点x 0 满足f x 0  =x ，则称x 为f(x)的双重不动点．则下列函数中，①f(x)=x3-xsinx；②f(x)=ex 0 0
1 ex+e-x
- ；③f(x)= -1具有双重不动点的函数为 ．(将你认为正确的函数的代号填在横线上)
x 2
【答案】①③
【解析】对于①，f(x)=x3-xsinx，x∈R，所以f x  =3x2-sinx-xcosx，
又f(0)=03-0sin0=0，f 0 
1
=3×0-sin0-0×cos0=0，则x=0是f(x)=ex- 的双重不动点；
x
1
对于②，f(x)=ex- ，x∈-∞,0
x
 ∪0,+∞ 
1 1
，f(x)=ex+ ，令φ(x)=ex+ -x，
x2 x2
1 1
当x>0时，由基本初等函数图象易知ex>x，所以ex+ -x>0，当x<0时，ex+ -x>0显然成立，
x2 x2
所以不存在x 0 ，使得f x 0 
1
=x ，故函数f(x)=ex- 不是具有双重不动点的函数； 0 x
ex+e-x ex-e-x e0+e-0 e0-e-0
对于③，f(x)= -1，x∈R，则f(x)= ，又f(0)= -1=0，f(0)= =0，所
2 2 2 2
ex+e-x
以x=0是函数f(x)= -1的双重不动点；
2
综上，具有双重不动点的函数是①③.
故答案为：①③.
【过关测试】
一、单选题1. (2024·安徽池州·高三统考期末)设D是含数1的有限实数集，f(x)是定义在D上的函数，若f(x)的图象绕
π
原点逆时针旋转 后与原图象重合，则在以下各项中f(1)的取值只可能是
3
3
A. 3 B.1 C. D.0
3
【答案】B
【解析】由题意可得：
π
问题相当于圆上由6个点为一组，每次绕原点逆时针旋转 个单位后与下一个点会重合．
3
设f(π)处的点为A ，
1
π
∵f(x)的图象绕原点逆时针旋转 后与原图象重合，
3
∴旋转后A 的对应点A 也在f(x)的图象上，
1 2
同理A 的对应点A 也在图象上，
2 3
以此类推，f(x)对应的图象可以为一个圆周上6等分的6个点，
当f(1)= 3时，即A(1, 3)，此时A (1,- 3)，不满足函数定义；
1 5
3 3
当f(1)= 时，即A 1,
3 1 3
5

3
，此时A 1,-
6 3
 ，不满足函数定义；
1 3
当f(1)=0时，即A (1,0)，此时A  ，
6 1 2 2

1 3
，A  ，-
5 2 2
 ，不满足函数定义；
故选B．
2. (2024·贵州贵阳·高一贵阳一中校考阶段练习)设D是含数3的有限实数集，fx  是定义在D上的函数，若
fx  的图象绕原点逆时针旋转45°后与原图象重合，则在以下各项中，f3  的可能取值只能是 ( )
A. 3 B.3 C.-3 D.0
【答案】A
【解析】对于A项，若f3
6
 = 3，则构造如图1的函数图象，
使得点A 13, 3  ，根据定义可得图象上不存在关于x轴对称的点，
符合函数的定义，所以f3  的取值可能是 3.故A正确；
对于B项，若f3  =3，构造如图2的函数图象，
使得点A 13,3  ，根据定义可推得点A 73,-3  ，
所以有f3  =-3，不符合函数的定义，故B错误；
对于C项，若f3  =-3，构造如图3的函数图象，
使得点A 13,-3  ，根据定义可推得点A 33,3  ，
所以有f3  =3，不符合函数的定义，故C错误；
对于D项，若f3  =0，构造如图4的函数图象，
使得点A 13,0  ，根据定义可推得则点A 23,3  ，所以f3  =3.
又A 83,-3  ，所以f3  =-3，不符合函数的定义，故D错误.
故选：A.
3. (2024·上海浦东新·高三上海市实验学校校考开学考试)2021年第十届中国花卉博览会举办在即，其中，以
“蝶恋花”为造型的世纪馆引人瞩目(如图①)，而美妙的蝴蝶轮廓不仅带来生活中的赏心悦目，也展示了极致的数学美学世界.数学家曾借助三角函数得到了蝴蝶曲线的图像，探究如下：
   
如图②，平面上有两定点O､A，两动点B､Q，且|OA|=|OB|=1,OA绕点O逆时针旋转到OB所形成的
角记为θ，设函数fθ
7
 =4⋅signθ  ⋅cosθ-sin5θ-π≤θ≤π  ，其中signx 
1x>0

=0x=0, 令ρ=fθ
-1x<0
 ，作
 
OQ=ρOB，随着θ的变化，就得到了点Q的轨迹，其形似“蝴蝶”，则以下4幅图中，点Q的轨迹(考虑蝴蝶
的朝向)最有可能为 ( )
A. B.C. D.
【答案】B

【解析】先考虑与OA共线的蝴蝶身方向，
令θ=π，则fπ
8
 =4⋅signπ 
  
⋅cosπ-sin5π=-4，所以OQ=-4OB=4OA，
令θ=-π，则f-π  =4⋅sign-π  ⋅cos-π  -sin-5π 
  
=4，所以OQ=4OB=-4OA，
所以排除AC，

先考虑与OA垂直的蝴蝶身方向，
π π
令θ= ，则f
2 2

π
=4⋅sign
2

 
π 5π
⋅cos -sin =-1，所以OQ=-OB，所以排除D，
2 2
故选：B
4. (2024·陕西榆林·高三校考阶段练习)已知函数fx  =x2-m与函数g(x)=ln 1 -x,x∈  1 ,2
x  2
 的图像上恰
有两对关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是 ( )
A. 0,2-ln2  1 B. 0,- +ln2
4

C.  - 1 +ln2,2-ln2
 4
 1 D. - +ln2,ln2
4

【答案】B
【解析】函数fx  =x2-m关于x轴对称的函数为h(x)=-f(x)=-x2+m，
根据题意h(x)和g(x)在  1 ,2
 2
 上有两个交点，
1
即-x2+m=ln -x,所以m=x2-lnx-x,
x
令h(x)=x2-lnx-x,
1 2x2-x-1
由h(x)=2x- -1= ,
x x
1
令h(x)=0，可得x=1或x=-
2
故当x∈  1 ,1
 2
 时，h(x)<0，h(x)为减函数，
当x∈1,2  时，h(x)>0，h(x)为增函数，
1
由h
2

1 1 1 1
= - -ln =- +ln2<1，
4 2 2 4
h(1)=1-0-1=0，h(2)=4-2-ln2=2-ln2>1，1 所以m∈0,- +ln2
4
9
 时m=x2-lnx-x有两解，
故选：B
5. (2024·贵州六盘水·高三校考期末)已知函数f(x)=-x3+ax∈  1 ,e
 e
 (e是自然对数的底数)与g(x)=3lnx
的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是 ( )
 1 A. 0, +2
 e3
 B. 0,e3-4  C. 1,e3-3  D. e3-4,+∞  ,
【答案】C
【解析】由已知，得到方程a-x3=-3lnx⇔-a=3lnx-x3在  1 ，e
 e
 上有解．
3
31-x3
设f(x)=3lnx-x3，求导得：f′(x)= -3x2=
x

，
x
1
∵ ≤x≤e，∴f′(x)=0在x=1有唯一的极值点，
e
1
∵f
e

1
=-3- ，f(e)=3-e3，f(x) =f(1)=-1，
e3 极大值
1
且知f(e)<f
e
 ，
故方程-a=2lnx-x2在上有解等价于3-e3≤-a≤-1．
从而a的取值范围为[1，e3-3]．
故答案为C.
6. (2024·贵州贵阳·高三贵阳一中阶段练习)若函数y=x3-x2-1-a，((x∈  1 ,e
 e
 ，e为自然对数的底数)与
y=x2-3lnx的图象上存在两组关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是
1 A. 0, +2
e3
 B. 0,e3-4  1 C.  +2,e3-4
e3
 1 D.  +2,+∞
e3

【答案】A
【解析】根据题意得到x3-x2-1-a=-(x2-3lnx)=-x2+3lnx,这个方程由两个不同的根，变量分离得到a
=x3-1-3lnx=gx  ，g x  =3 x3-1 ⇒x=1是导函数的根，函数在  1 ,1
x  e
 ,g<0;(1,e],g>0，故函数先减
后增，且gx  =g1
min

1
=0 ；g
e

1
=2+ <ge
e3
 =e3-4, 则使得两个函数y=a和g(x)有两个交点只
1 需，a∈ 0,g
e
  
1
即0, +2
e3

.
故答案为A．
1
7. (2024·湖北·校联考二模)已知函数f(x)=a-x2( ≤x≤e,e为自然对数的底数)与g(x)=2lnx的图象上
e
存在两组关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是 ( )
A. 1,e2-2  1 B. 1, +2
e2
 1 C.  +2,e2-2
e2
 D.   1 +2,e2-2
e2

【答案】B
【解析】由题意知，a-x2+2lnx=0在  1 ,e
 e
 上有两个解，则a=x2-2lnx，令hx
10
 =x2-2lnx，x∈  1 ,e
 e
 ，则h x  2
2x2-1
=2x- =
x
 ，
x
令h x 
1
<0⇒ ≤x<1，令h x
e
 >0⇒1<x≤e，
得hx 
1
在 ,1
e
 单调递减，1,e  上单调递增，
又h1  =1,he 
1
=e2-2,h
e

1
= +2，
e2
1
所以1<a≤ +2.
e2
故选：B．
8. (2024·全国·高三专题练习)函数y=fx  定义在R上，已知y=f(x)的图象绕原点旋转90°后不变，则关于
方程fx  =x的根，下列说法正确的是 ( )
A.没有实根 B.有且仅有一个实根 C.有两个实根 D.有两个以上的实根
【答案】B
【解析】∵函数y=f(x)定义在R上，y=f(x)的图象绕原点旋转90°后不变，
∴f(x)与其反函数是同一个函数，
∴f(x)关于y=x对称，原点(0,0)是它的对称点，
当f(x)=x时，2y=x，y=x，
解得x=y=0，是唯一解．
∴方程f(x)=x有且仅有一个实数根．
故选：B．
9. (2024·河南·高三校联考阶段练习)已知函数fx  =x2+m与函数gx  =-ln 1 -3x x∈  1 ,2
x  2
   的图象上
至少存在一对关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是 ( )
A.   5 +ln2,2
 4
 B.  2-ln2, 5 +ln2
 4
 C.   5 +ln2,2+ln2
 4
 D. 2-ln2,2 
【答案】D
【解析】原问题等价于hx  =fx  +gx  =x2+lnx-3x+m在  1 ,2
 2
 有零点，
而h x 
1 1
=2x+ -3= 2x-1
x x
 x-1  ，
1
∴x∈ ,1
2
 ,h x  <0，hx  单调递减，x∈1,2  ,h x  >0，hx  单调递增，
又h1  =m-2,h2 
1
=ln2-2+m,h
2

5
=-ln2- +m，
4
1
由ln2> 可判断h2
2

1
>h
2
 ，
因而hx  的值域为m-2,m+ln2-2  ，
又hx  有零点，有m-2≤0≤m+ln2-2，
所以m∈2-ln2,2  .
故选：D.
10.(2024·青海海南·高三校联考期末)已知函数fx  =ln-x  与函数gx  =ex-e-1  x-a的图象上存在关
于y轴对称的点，则实数a的取值范围为 ( )
A. 0,e  B. 1,+∞  C. e,+∞ 
1
D.  ,+∞
e
【答案】B
【解析】由题意，f(x)=ln(-x)、h(x)=lnx关于y轴对称，
∴h(x)与g(x)在(0,+∞)上有交点，则ex-(e-1)x-a=lnx在(0,+∞)有解，
1 1
令k(x)=ex-(e-1)x-a-lnx，则k(x)=ex- -(e-1)，k(x)=ex+ >0，
x x2
∴k(x)在(0,+∞)上递增，而k(1)=e-1-e+1=0，
∴在(0,1)上k(x)<0，k(x)递减；在(1,+∞)上k(x)>0，k(x)递增；
∴k(x)≥k(1)=1-a，故只需1-a≤0即可，得a≥1.
故选：B
1
11.(2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=ex- (x<0)与g(x)=ln(x+a)的图象上存在关于y轴对称
2
的点，则实数a的取值范围是 ( )
1
A. -∞,
e
11
 B. 0, e 
1
C. - , e
e

1
D. - e,
e

【答案】B
【解析】函数fx  与gx  的图象上存在关于y轴对称的点，即f(-x)=g(x)有解，即函数y=f(-x)与函数
1
y=g(x)的图象有交点，在同一坐标系内画出函数y=f(-x)=e-x- 与函数y=g(x)=ln(x+a)的图象．
2
1
由图象，得lna< ，即0<a< e；故选B.
2
12.(2024·湖北·高三校联考阶段练习)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，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊
兹·布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个实数x 0 ，使得fx 0  =x ，那么我 0
们称该函数为“不动点”函数，x 为函数的不动点.设函数f(x)=ex-1+e1-x+x2-x+a，a∈R.若f(x)在区
0
间(0,3)上存在不动点，则a的取值范围是 ( )
A. -e2-e-2-3,-1  B. -e2-e-2,-1 
C. -e2-e-2-7,-e-e-1  D. -e2-e-2-5,-e-e-1 
【答案】A
【解析】由题意可得，f(x)=ex-1+e1-x+x2-x+a=x在(0,3)上有解，
即ex-1+e1-x+x2-2x+1=1-a有解，
令x-1=t，t∈(-1,2)，则-a+1=et+e-t+t2，
令函数g(t)=et+e-t+t2，g(t)=et-e-t+2t，
当t∈(0,2)时，g(t)>0，所以g(t)在(0,2)上单调递增，
g(-t)=e-t+et+-t

2=et+e-t+t2=g(t)，所以g(t)为偶函数，
所以g(t)在(-1,0)上单调递减.
g(t) =g(0)=2，g(t)<g(2)=e2+e-2+4，
min故-a+1∈2,e2+e-2+4
12
 ，a∈-e2-e-2-3,-1  ，
故选：A.
13.(2024·山东菏泽·统考一模)定义在实数集R上的函数y=fx  ，如果∃x 0 ∈R，使得fx 0  =x ，则称x 为函 0 0
数fx  的不动点.给定函数fx  =cosx，gx  =sinx，已知函数fx  ，f gx    ，g fx    在0,1  上均存在
唯一不动点，分别记为x,x ,x ，则 ( )
1 2 3
A.x >x>x B.x >x >x C.x >x>x D.x >x >x
3 1 2 2 3 1 2 1 3 3 2 1
【答案】C
【解析】由已知可得，cosx=x ，则cosx-x=0，
1 1 1 1
且sincosx 1  =sinx 1 ，所以sincosx 1  -sinx=0. 1
又cossinx 2  =x 2 ，sincosx 3  =x . 3
令hx  =x-sinx，x∈0,1  ，则h x  =1-cosx>0恒成立，
所以，hx  在0,1  上单调递增，所以hx  >h0  =0，所以x>sinx.
所以，sincosx 3  =x 3 >sinx 3 ，即sincosx 3  -sinx >0. 3
令Fx  =sincosx  -sinx，x∈0,1  ，
因为函数y=sinx在0,1  上单调递增，y=cosx在0,1  上单调递减，且0<cosx<1，
根据复合函数的单调性可知，函数y=sincosx  在0,1  上单调递减，
所以Fx  在0,1  上单调递减.
又Fx 1  =0，Fx 3  >0=Fx 1  ，所以x <x. 3 1
因为y=cosx在0,1  上单调递减，sinx 2 <x 2 ，所以cossinx 2  >cosx . 2
又cossinx 2  =x ，所以x >cosx ，即cosx -x <0. 2 2 2 2 2
令Gx  =cosx-x，x∈0,1  ，则G x  =-sinx-1<0恒成立，
所以，Gx  在0,1  上单调递减.
又Gx 1  =cosx 1 -x 1 =0，Gx 2  =cosx 2 -x 2 <0=Gx 1  ，
所以x >x.
2 1
综上可得，x >x>x .
2 1 3
故选：C.
14.(2024·河南开封·统考一模)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，并且是构成一般不动点定理的基石．简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数
fx  ，存在点x 0 ，使得fx 0  =x 0 ，那么我们称该函数为“不动点”函数．若函数fx  =xaex-lnx  为“不动
点”函数，则实数a的取值范围是 ( )
A. -∞,0  1 B. -∞,
e
 C. -∞,1  D. -∞,e 
【答案】B
【解析】由题意得若函数fx  =xaex-lnx  为不动点函数则满足
fx 0  =x 0aex0-lnx 0 
lnx +1
=x ，即aex0=lnx +1，即a= 0 0 0 ex0
设gx  lnx+1 = ，g x
ex
 lnx+1 =  ⋅ex-ex   lnx+1 
ex

1 -lnx-1 x =
2 ex
设hx 
1
= -lnx-1,h x
x

1 1
=- - <0
x2 x
所以hx  在0，+∞  单调递减，且h1  =0x∈0,1
13
 ，hx  >0,g x  >0所以gx  在0，1  上单调递增，
x∈1,+∞  ,hx  <0,g x  <0，所以gx  在1,+∞  上单调递减，
所以gx 
ln1+1 1
= =
max e1 e
1
当x∈0,
e
 ,lnx+1  <0,ex>0,则gx  <0
1
当x∈ ,+∞
e
 ,lnx+1  >0,ex>0,则gx  >0
所以gx  的图像为：
lnx +1
要想a= 0 成立，则y=a与gx
ex0
 有交点，所以a≤gx 
1
=
max e
故选：B
15.(2024·全国·高三专题练习)对于函数fx  ，若fx  =x，则称x为fx  的“不动点”，若f fx    =x，则称x
为fx  的“稳定点”，记A= x fx    =x  ，B= x f fx      =x  ，则下列说法错误的是 ( )
A.对于函数fx  =x，有A=B成立
B.若fx  是二次函数，且A是空集，则B为空集
C.对于函数fx 
1
=
2

x
，有A=B成立
D.对于函数fx 
b
= ，存在b∈0,+∞
x
 ，使得A=B成立
【答案】D
【解析】对于A：函数fx  =x，A=xx=x  =R=B，故A正确.
对于B：若A是空集，则fx  >x恒成立或fx  <x恒成立.若fx  >x恒成立，用fx  代替x可得
f fx    >fx  >x，同理可得f fx    <fx  <x，所以f fx    =x无解，即B为空集，故B正确.
对于C：函数fx 
1
= 2 
x 1
，设方程 2 
x 1
=x的解为x ，则 0 2 
x0=x
，A=x 0 0  ，f fx   
1
=x即f  2 
x
  =
x，因为函数fx 
1
=
2

x
在R上单调递减，且fx  ∈0,+∞  ，所以函数f fx    在R上单调递增，且
f fx    ∈0,1 
1
.又因为f  2  
x0
 =fx 0 
1
= 2 
x0=x
，所以x 是方程f 
1
0 0 2 
x
  =x的唯一解，则B=x 0 
=A，故C正确.
对于D：函数fx 
b b
= ，A=x =x 
x x
 = b,- b  ，B= x f fx      =x 
b
= x f
x
   =x   =
xx≠0  ，A≠B，故D错误.
故选：D
16.(2024·全国·高三专题练习)对于函数fx  ，若fx 0  =x 0 ，则称x 0 为函数fx  的“不动点”；若f fx 0    =x ， 0
则称x 0 为函数fx  的“稳定点”．如果函数fx  =x2+aa∈R  的“稳定点”恰是它的“不动点”，那么实数
a的取值范围是 ( )
1 A. -∞，
4
 3 B. - ，+∞
4
 3 1 C. - ，
4 4
 D.  - 3 ， 1
 4 4
【答案】D
【解析】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”，
所以fx
14
 =x有解，但方程组 fx 1  =x 2
fx 2 
x 1 ≠x 2
=x 1
  无解， 
由fx  =x，得x2-x+a=0有解，
1
所以1-4a≥0，解得a≤ ．
4
由 fx 1  =x ， 2
fx 2 
 得 x2 1 +a=x 2 ，
 
=x ， x2+a=x ， 1 2 1
两式相减，得x 1 -x 2  x 1 +x 2  =x -x ， 2 1
因为x≠x ，所以x =-x-1，
1 2 2 1
消去x ，得x2+x+a+1=0，
2 1 1
因为方程x2+x+a+1=0无解或仅有两个相等的实根，
1 1
所以1-4a+1 
3
≤0，解得a≥- ，
4
故a的取值范围是 - 3 ， 1
 4 4
 ．
故选：D.
17.(2024·全国·高三专题练习)若存在一个实数t，使得Ft  =t成立，则称t为函数Fx  的一个不动点.设函
数gx  =ex+1- e  x-a(a∈R,e为自然对数的底数)，定义在R上的连续函数fx  满足f-x  +fx 
=x2，且当x≤0时，f'x  <x.若存在x 0 ∈ x fx 
1
+ ≥f1-x 2    +x   ，且x 0 为函数gx  的一个不动点，
则实数a的取值范围为 ( )
e A. -∞,
2
  e B.  ,+∞
 2
 e C.  , e
2
 e D.  ,+∞
2

【答案】B
【解析】依题意知f-x  +fx  =x2，令hx  =fx 
x2
- ，x∈R，∴hx
2
 =-h-x  ，∴hx  为奇函数，
∵h x  =f'x  -x，且当x≤0时，f x  <x，
∴当x≤0时，h x  <0，hx  单调递减，∴hx  在R上单调递减，
由fx 
1
+ ≥f1-x
2
 +x，得fx 
x2
- ≥f1-x
2

1-x
-
 2
，即hx
2
 ≥h1-x  ，
1 1
∴x≤1-x，即x≤ ，∴x ≤ ，
2 0 2
∵x 0 为函数gx  的一个不动点，∴gx 0  =x ，即ex0- ex -a=0， 0 0
1 ∴a=ex0- ex ，即关于x的方程a=ex- ex在x∈-∞,
0 2
 上有解.
令tx  1 =ex- ex，x∈-∞,
2
 ，则t x  1 =ex-e2≤0，
∴tx  1 在-∞,
2
 上单调递减，∴tx  1 =t
min 2
 e = ，
2
1 要使关于x的方程a=ex- ex在x∈-∞,
2
 上有解，则a≥ e ，即实数a的取值范围为  e ,+∞
2  2
 .
故选：B
二、多选题18.(2024·安徽六安·高三六安一中校考期末)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f(x)，存在一
个点x 0 ，使得fx 0
15
 =x ，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称x 为该函数的一个不动点，依据不动点 0 0
理论，下列说法正确的是 ( )
A.函数f(x)=sinx有3个不动点
B.函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)至多有两个不动点
C.若函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)没有不动点，则方程f(f(x))=x无实根
D.设函数f(x)= ex+x-a(a∈R，e为自然对数的底数)，若曲线y=sinx上存在点(x ,y )使f(f(y ))=
0 0 0
y 0 成立，则a的取值范围是1,e 
【答案】BCD
【解析】对于A，令g(x)=sinx-x，x∈R，g(x)=cosx-1≤0，当且仅当cosx=1时取“=”，
则g(x)在R上单调递减，而g(0)=0，即g(x)在R上只有一个零点，函数f(x)只有一个不动点，A不正确；
对于B，因二次函数y=ax2+(b-1)x+c至多有两个零点，则函数f(x)至多有两个不动点，B正确；
对于C，依题意，方程f(x)-x=0⇔ax2+(b-1)x+c=0无实数根，即Δ=(b-1)2-4ac<0，
当a>0时，二次函数y=f(x)-x的图象开口向上，则f(x)-x>0恒成立，即∀x∈R，恒有f(x)>x，
而f(x)∈R，因此有f[f(x)]>f(x)>x恒成立，即方程f(f(x))=x无实根，
当a<0时，二次函数y=f(x)-x的图象开口向下，则f(x)-x<0恒成立，即∀x∈R，恒有f(x)<x，
而f(x)∈R，因此有f[f(x)]<f(x)<x恒成立，即方程f(f(x))=x无实根，
所以函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)没有不动点，则方程f(f(x))=x无实根，C正确；
对于D，点(x ,y )在曲线y=sinx上，则y ∈[-1,1]，又f(f(y ))=y ，即有0≤y ≤1，
0 0 0 0 0 0
当0≤y ≤1时，f(y )=y 满足f(f(y ))=y ，显然函数f(x)= ex+x-a是定义域上的增函数，
0 0 0 0 0
若f(y )>y ，则f(f(y ))>f(y )>y 与f(f(y ))=y 矛盾，
0 0 0 0 0 0 0
若f(y )<y ，则f(f(y ))<f(y )<y 与f(f(y ))=y 矛盾，
0 0 0 0 0 0 0
因此，当0≤y ≤1时，f(y )=y ，即当0≤x≤1时，f(x)=x，
0 0 0
对x∈[0,1]， ex+x-a=x⇔a=ex-x2+x，令h(x)=ex-x2+x，x∈[0,1]，
h(x)=ex-2x+1≥2-2x≥0，而两个“=”不同时取得，即当x∈[0,1]时，h(x)>0，
于是得h(x)在[0,1]上单调递增，有h(0)≤h(x)≤h(1)，即1≤h(x)≤e，则1≤a≤e，D正确.
故选：BCD
19.(2024·全国·高三专题练习)将函数hx  =ex x≥0  的图像绕坐标原点逆时针方向旋转角θ θ∈0,π    ，得
到曲线C，若曲线C仍然是一个函数的图像，则θ的可能取值为 ( )
π π 3π
A. B. C. D.π
4 2 4
【答案】ABCD
【解析】如上图所示，L 1 ,L 2 ,L 3 ,L 4 分别是hx
16

π π 3π
=ex绕着原点逆时针方向旋转 ， ， ，π，所得到的的曲线，根据 4 2 4
函数的定义可知，这四个曲线都符合函数图像的定义.
故选：ABCD．
20.(2024·新疆克孜勒苏·高三统考期末)在数学中，布劳威尔不动点定理可应用到有限维空间，是构成一般不
动点定理的基石，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔(L.E.J.Brouwer)，简单地讲，就是对于满足一定
条件的连续函数fx  ，存在一个点x 0 ，使得fx 0  =x ，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列函数是“不 0
动点”函数的是 ( )
A. fx  =x2-x-3 B. fx  =2x+x C. fx 
1
=x2+2 D. fx  =log 2 x  -1
【答案】ACD
【解析】选项A，若fx 0  =x ，则x2-2x -3=0，解得x =3或x =-1， 0 0 0 0 0
故该函数是“不动点”函数；
选项B，若fx 0  =x ，则2x0=0，该方程无解，故该函数不是“不动点”函数； 0
选项C，若fx 0  =x ，则 x +2=x ， 0 0 0
得 x 0  2- x -2=0，且x ≥0，解得x =4，该函数是“不动点”函数； 0 0 0
选项D，若fx 0  =x 0 ，则log 2 x 0  -1=x 0 ，即log 2 x 0  =x +1， 0
在同一坐标系中，作出y=log 2 x  与y=x+1的函数图象，如图，
由图可知，方程log 2 x  =x+1有实数根x ， 0
即存在x 0 ，使log 2 x 0  -1=x ，故该函数是“不动点”函数． 0
故选：ACD.
21.(2024·广东珠海·高三校考期末)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
兰数学家布鲁伊·布劳威尔，简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数fx  ，存在一个定点x 0 ，使得fx 0 
=x ，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称x 为该函数的不动点，则下列说法中正确的有 ( )
0 0
A.函数fx  =lnx+1  是“不动点”函数 B.函数fx  =x2-x-3的不动点为-1和3
C.函数fx  =ex+x的导函数是“不动点”函数 D.函数fx  =ex+x的导函数不是“不动点”函数【答案】ABD
【解析】对于A,由于fx
17
 =lnx+1  的定义域为-1,+∞  ，且f0  =ln0+1  =0，所以x=0是fx  =
lnx+1  的不动点，故fx  =lnx+1  是“不动点”函数，A正确，
对于B,令fx  =x2-x-3=x，则x2-2x-3=0，解得x=3或x=-1，故函数fx  =x2-x-3的不动点
为-1和3，B正确，
对于C，由于f x  =ex+1，定义域为R,令nx  =ex+1-x，则n x  =ex-1，
则当x>0,n(x)>0,n(x)单调递增，当x<0,n(x)<0,n(x)单调递减，所以n(x)≥n(0)=2>0，故nx

=ex+1-x>0，故f x  =ex+1=x无实数根，因此f x  =ex+1不是“不动点”函数，C错误，D正确，
故选：ABD
22.(2024·全国·高三专题练习)(多选)在数学中，布劳威尔不动点定理可应用到有限维空间，是构成一般不动
点定理的基石，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔(L.E.J.Brouwer)，简单地讲，就是对于满足一定条
件的连续函数fx  ，存在一个点x 0 ，使得fx 0  =x ，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列函数是“不动 0
点”函数的是 ( )
A. fx  =2x+x B. fx  =x2-x-3 C. fx 
1
= +1 D. fx x2  =log 2 x  -1
【答案】BCD
【解析】选项A，若fx 0  =x ，则2x0=0，该方程无解，故该函数不是“不动点”函数； 0
选项B，若fx 0  =x ，则x2-2x -3=0，解得x =3或x =-1，故该函数是“不动点”函数； 0 0 0 0 0
选项C，若fx 0 
1 3+ 5
=x ，则 +1=x ，得x2-3x +1=0，且x ≥1，解得x = ，该函数是“不动点”函 0 x2 0 0 0 0 0 2
0
数；
选项D，若fx 0  =x 0 ，则log 2 x 0  -1=x 0 ，即log 2 x 0  =x +1， 0
在同一坐标系中，作出y=log 2 x  与y=x+1的函数图象，如图，
由图可知，方程log 2 x  =x+1有实数根x 0 ，即存在x 0 ，使log 2 x 0  -1=x ，故该函数是“不动点”函数． 0
故选：BCD
三、填空题
1
23.(2024·全国·高三专题练习)设函数y= x-1
2

1
+ x-2
2
 +1．
(1)该函数的最小值为 ；
π
(2)将该函数的图象绕原点顺时针方向旋转角θ0≤θ≤
2
 得到曲线C．若对于每一个旋转角θ，曲线C
都是一个函数的图象，则θ的取值范围是 ．
【答案】 2  0， π
 4

1 1
【解析】(1)先画出函数y= x-1+ x-2+1的图象
2 2
由图可知，该函数的最小值为 2．(2)由图可知，
π
当图象绕坐标原点顺时针方向旋转角大于等于 时，
4
曲线C都不是一个函数的图象
则θ的取值范围是： 0， π
 4
18
 ．
故答案为：2； 0， π
 4
 ．
1
24.(2024·浙江温州·统考一模)将函数y= x-1
2

1
+ x-2
2
 +1的图像绕原点顺时针方向旋转角
π
θ0≤θ≤
2
 得到曲线C.若对于每一个旋转角θ，曲线C都是一个函数的图像，则θ的取值范围是
.
【答案】 0， π
 4

【解析】29．(2024·云南·统考模拟预测)已知函数fx 
1
= x3-mx+3，gx
6

1
=-5x-4ln ，若函数f x
x

与gx  x∈  1 ,4
 e
   的图象上至少存在一对关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是 ．
【答案】 8ln2-12,- 9
 2

【解析】函数f x  与gx  x∈  1 ,4
 e
   的图象上至少存在一对关于x轴对称的点，
等价于f x  +gx  在  1 ,4
 e
 上有零点，
令hx  =f x  +gx 
1 1
= x2-m-5x-4ln
2 x
1
= x2-m-5x+4lnx
2
则h x 
4 x-1
=x-5+ =
x
 x-4 
，
x
所以在  1 ,1
 e
 上，h x  ≥0，hx  单调递增，
在1,4  上，h x  ≤0，hx  单调递减，则hx
19
 ≤h1  ，又h1 
9
=-m- ，
2
1
h
e

1 5
= -m- -4，
2e2 e
h4  =8ln2-m-12，
因h4 
1
-h
e

5 1
=8ln2-8+ - <0，
e 2e2
又h4 
1
<h
e
 ，
则hx  ≥h4  ，
所以h4  =8ln2-m-12≤0①
h1 
9
=-m- ≥0②
2
9
解得8ln2-12≤m≤- ．
2
故答案为: 8ln2-12,- 9
 2

25.(2024·四川攀枝花·高一统考期末)已知函数f(x)=ex-2(x<0)与g(x)=ln(x+a)的图象上存在关于y轴
对称的点，则实数a的取值范围是 ．
1
【答案】-∞,
e

【解析】函数f(x)与g(x)图象上存在关于y轴有对称的点，
就是f(-x)=g(x)有解，
也就是函数y=f(-x)与函数y=g(x)有交点，
1
在同一坐标系内画函数y=f(-x)=e-x-2=
e

x
-2(x>0)与函数y=g(x)=ln(x+a)的图象：
∴函数y=g(x)=ln(x+a)的图象是把由函数y=lnx的图象向左平移
且平移到过点(0，-1)后开始，两函数的图象没有有交点，
1
把点(0，-1)代入y=ln(x+a)得，-1=lna，∴a= ，
e
1
∴a< ，
e
1
故答案为：-∞,
e
 ．
26.(2024·全国·高三专题练习)曲线y=lnx绕坐标原点逆时针旋转90°后得到的曲线的方程为 ．
【答案】y=e-x【解析】设曲线y=lnx上一点(a,b)，绕坐标原点逆时针旋转90°后对应点的坐标为(x,y)，
x=-b a=y
则 ，即 ，
 
y=a b=-x
即-x=lny，即y=e-x.
故答案为：y=e-x.
27.(2024·宁夏银川·高三校考阶段练习)在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学(一个数学分支)里一个非常
重要的定理，简单的讲就是对于满足一定条件的图象为连续不断的函数fx
20
 ，存在一个点x 0 ，使得fx 0  =
x ，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的有 (填写序号)
0
①fx  =x+1
②fx 
1
= -x,x>0
x
③fx  =x2-x+3
④fx  =log x
1
2
【答案】②④
【解析】对于①，fx 0  =x +1=x ，显然无解， 0 0
对于②，fx 0 
1 1 2
= -x =x ,x >0，易得2x = ⇒x = ，符合题意， x 0 0 0 0 x 0 2
0 0
对于③，fx 0  =x2 0 -x 0 +3=x 0 ⇒x 0 -1  2+2=0，显然无实数解，
对于④，fx 0  =log x =x ，如下图所示， 1 0 0
2
作出两函数y=log 1 x，y=x，显然两函数有交点，即存在一个点x 0 ，使得fx 0
2
 =x ， 0
故答案为：②④.