12.不动点背景下的新概念导数问题_11.3-2_2026-11-03

12.不动点问题及应用
一．基本原理
1.不动点:已知函数y  f x,xI ,若存在x I,使得 f x  x ，则称x 为函数
0 0 0 0
y  f x
y  f x的不动点.不动点实际上是方程组 的解x ,y 的横坐标，或两者图
y  x 0 0
象的交点的横坐标.
2.稳定点:已知函数y  f x,xI ,若存在x I，使得 f  f x   x ，则称x 为函数
0 0 0 0
y  f x的稳定点.
显然,若x 为函数y  f x的不动点，则x 必为函数y  f x的稳定点.
0 0
3.关于不动点和稳定点，有下面两个结论：
性质1：AB；
性质2：若函数 f x单调递增，则AB.
证明:不妨设x
0
A,则由题知 f x
0
 x
0
,则 f 

f x
0


 f x
0
 x
0
,故x
0
B,所以
A B,所以性质1得证;
设tB,则 f[f(t)]t,因为函数 f(x)单调递增,所以存在唯一a,使 f(t)a, f(a)t,若
at ,则 f(a) f(t),得到t a,与at 矛盾;
若at,则 f(a) f(t),得到t a,与at矛盾,
故必有at,所以 f(t)t,即tA,又由性质（1）知A B,
所以,当函数 f(x)单调递增,A B,故性质2得证.
二．典例分析
例1.设函数 f x ex xa(aR,e为自然对数的底数）.若存在b0,1使
f  f b b成立,则a的取值范围是（）
A.
1,e
B.
1,e1
C.
e,e1
D.
0,1
解析： f x ex xa,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b0,1使 f  f b b,即有稳定点b，所以它必有不动点b0,1，使得
f bb，即 f x ex xa  x在x0,1有解，整理可得,aex xx2,在
x0,1有解，令gxex xx2,x0,1，gxex 12x1120,gx在x0,1单调递增，
g01,g1e,a1,e，故选择A.
ax4
例2．（23届深圳一模）已知函数 f x ，其中aR且a0．
ex
（1）当a1时，求函数 f x的单调区间；
（2）若存在实数x ，使得 f x x ，则称x 为函数 f x的“不动点”求函数 f x的“不
0 0 0 0
动点”的个数；
（3）若关于x的方程 f f x f x有两个相异的实数根，求a的取值范围．
解析：（1）所以 f x的单调增区间为,3，单调减区间为3,．
ax4
（2）函数 f x的不动点即方程 x0的根．显然，x4不是方程
ex
ax4 ax4 xex
x0的根，所以 x0 a0．
ex ex x4
xex
x22ex
记Fx ax4，因为Fx 0（当且仅当x2取等号），所以
x4 x42
xexax4
Fx在,4和4,上均单调递增．由Fx ，记
x4
hxxexax4．
4
①当a0时，（ⅰ）当x(,4)时，h4 0，
e4
 1   1   4 1  1
h4 4 e ae 0
 ae  ae e
（可设g(x)xex,g(x)(x1)ex,当x(,1)，g(x)0;当x1,+，g(x)0;
1
g(x)在(,1)单调递减，在1,+单调递增，所以g(x)xex g(1) ），
e
存在t ,4，使得ht 0，即存在唯一t ,4使得Ft 0；
1 1 1 1
（ⅱ）当x4,时，h04a0，h4a4a(4a1)a(4a4)12a2 0
（设p(x)exx1,p(x)ex1,当x(,0)，p(x)0;当x(0,)，p(x)0;
p(x)在(0,)单调递增，在(,0)单调递减，所以p(x) p(0)0,ex x1），存在
t 0,，使得ht 0，即存在唯一t 0,使得ht 0．
2 2 2 2
②当a0时，（ⅰ）当x ,4 时，Fx
xex
a0无零点；
x4
4
（ⅱ）当x4,时，因为h04a0，h4 0，存在t 4,0，使得
e4 0ht 0，即存在唯一t 4,使得Ft 0．综上所述，
0 0 0
当a0时，函数 f x有两个“不动点”t ，t ；当a0时，函数 f x有一个“不动点”t ．
1 2 0
3
（3）当a0且a 时方程有两个不同实数根．
e3
例3.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 ，使得 f x x ，那么我们称该函数为“不动点”函数．若函数
0 0 0
f xx  aexlnx  为“不动点”函数，则实数a的取值范围是（ ）
 1
A．,0 B．,

C．,1 D．,e
 e
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 x  aex0 lnx  x ，即aex0 lnx 1，即a lnx 0 1
0 0 0 0 0 ex0
1
lnx1 lnx1 ex  ex lnx1 lnx1
设gx ，gx  x
ex  ex2 ex
1 1 1
设hx lnx1,hx  0，所以hx在0，单调递减，且h10
x x2 x
x0,1，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，
ln11 1
所以gx在1,上单调递减，所以gx   ，当
max e1 e
 1 1 
x0, ,lnx10,ex 0,则gx0，当x ,,lnx10,ex 0,则gx0，
 e e 
lnx 1
要想a 0 成立，由于gx的图像为下图，则ya与gx有交点，所以
ex0
1
agx  ，故选：B
max e
下面的例题将不动点问题转化为图像与y  x的交点来解决.
例4．对于定义在R上的函数 f(x)，如果存在实数x 使 f x x ，那么x 叫做函数 f(x)
0 0 0 0
1
,x0,

x
的一个不动点.若函数 f(x) 存在两个不动点，则实数m的取值范围是
1 x
  m,x0
 2（ ）
A．[0,1] B．[1,0] C．(,1] D．[1,)
解析：要使函数 f(x)存在两个不动点，只需直线yx与函数 f(x)的图象有两个不同的交点
1
即可.当x0时，显然y 与yx的图象有一个交点；
x
1 x 1 x
当x0时，需使y

m与yx的图象有且只有一个交点，如示意图，则需y

2 2
的图象最多向下平移1个单位长度，向上则可以任意平移，所以m1，即m£1.故选：
C.
例5．（多选题）对于函数 f x，若在其定义域内存在x 使得 f x x ，则称x 为函数
0 0 0 0
f x的一个“不动点”，下列函数存在“不动点”的有（ ）
1
A． f x2x2 B． f xex3x
4
2
C． f xex12lnx D． f xlnx
x
1 1
解析：对于A, f x定义域为R, f x2x2 =x,则2x2x 0，由于
4 4
1
=142 0,故方程无实数根，故A错误，
4
对于B, f x定义域为R, f xex3x=x，记gxex4x，则gx的图象是连续不断
的曲线，g01>0,g1e40,根据零点存在性定理可知gx在0，1存在零点，故B
正确，
对于C, f x定义域为0，， f xex12lnx=x，由于 f 1=e00=1，所以x1是
f x的一个不动点，故C正确，
2 2
对于D, f x的定义域为0，， f xlnx =x，令Fxlnx x，则
x x
1 2 x2x2 x2x1
Fx  1  ，
x x2 x2 x2
故当x2, fx0,Fx单调递减，当2x0, fx>0,Fx单调递增，故当x2时，
2
Fx取极大值也是最大值，故FxF2ln230，故 f xlnx =x在0，无
x
实数根，故D错误，故选:BC例6．（多选题）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 ，使得 f x x ，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称x 为该函数的
0 0 0 0
一个不动点，依据不动点理论，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 )) y 成立，则a的取值范围是1,e
0 0 0 0
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(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
0 0 0 0 0
增函数，若 f(y ) y ，则 f(f(y )) f(y ) y 与 f(f(y )) y 矛盾，若 f(y ) y ，则
0 0 0 0 0 0 0 0 0
f(f(y )) f(y ) y 与 f(f(y )) y 矛盾，因此，当0 y 1时， f(y ) y ，即当0x1
0 0 0 0 0 0 0 0
时， f(x)x，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：B