函數(shù)的旋轉、兩函數(shù)的對稱問題與不動點問題（解析版）

①不動點是方程x=f(x)的解②不動點是y=x與y=f(x)圖像交點的橫坐標【二階周期點】對于函數(shù)y=f(x)，定義域為I，如果存在x0∈I，數(shù)f(x)的二階周期點y=f(x)x=f(y)的解x≠y②二階周期點是y=f(x)圖像上關于y=x對稱(不在y=x上)的兩點的橫坐標【二階不動點】對于函數(shù)y=f(x)，定義域為I，如果存在x0∈I，使得f(f(x0))=x0則稱x②穩(wěn)定點是y=f(x)圖像上關于y=x對稱的兩點的橫坐標以及y=f(x)與y=x的交點的橫坐標 1(2024·山東青島·高三統(tǒng)考開學考試)將函數(shù)y=13-x2-2(x∈[-3,3])的圖象繞點(-3,0)逆時針旋 ()A.B.C.1D.313，則函數(shù)的圖像是以M(0,-2)為圓心的圓的一部分，先畫出函數(shù)y=13-x2-2(x∈[-3,3])的圖象,這是一個圓弧AB，圓心為M(0,-2),如圖所示，由圖可知當此圓弧繞點(-3,0)逆時針方向旋轉角大于∠MAB時，即當圓心M(0,-2)在x軸上時，所以θ最大值即為∠MAB，1 2(2024·山東濰坊·高三統(tǒng)考階段練習)已知函數(shù)f(x(=ln(x+1((x≥0(，將函數(shù)f(x(的圖象繞原點逆時A.B.C.D.【解析】因為f(x(=ln(x+1((x≥0(，所以fI(x(=，則fI(0(=1.即函數(shù)f(x(=ln(x+1(在原點的切線OM的斜率k=1，所以∠MOx=. 3(2024·江西·校聯(lián)考模擬預測)已知函數(shù)f(x)=ax-ex與函數(shù)g(x)=xlnx+1的圖像上恰有兩對關于x【解析】因為函數(shù)f(x(與g(x(的圖像上恰有兩對關于x軸對稱的點，所以-f(x(=g(x)，即ex-ax=xlnx(0,1(時，hI(x)<0；當x∈(1,+∞(時，hI(x)>0；所以函數(shù)h(x)在(0,1(上單調遞減，在(1,+∞(上單調遞 4(2024·山東菏澤·高二山東省鄄城縣第一中學?？计谀?已知函數(shù)f(x(=ax-xlnx與函數(shù)g(x(=ex-1A.(-∞,1-e[B.（-∞,C.(-∞,1-e(D.（-∞,【解析】因為函數(shù)f(x(與g(x(的圖像上恰有兩對關于x軸對稱的點，所以-f(x(=g(x(，即-ax+xlnx=ex-1有兩解，2233x-1((1-x(則hIx-1((1-x(>0，此時函數(shù)h(x(在(0,1(上單調遞增；<0，函數(shù)h(x(在(1,+∞(上單調遞減， 5(2024·全國·高三專題練習)對于連續(xù)函數(shù)f(x(，若f(x0(=x0，則稱x0為f(x(的不動點．設f(x(=，若f(x(有唯一不動點，且f(x0(=，xn=f(xn-1((n=1,2,?(，則x2023=. xa(x+2(=x有唯一解，即ax2+(2a-1(x=0有唯一解，又由xn=f(xn-1((n=1,2,?(，可得xn=，所以=+， 0為該函數(shù)的一個不動點，現(xiàn)新定義：若x0滿足f(x0(=-x00為f(x0(的次不動點，有下面四個結論③當1≤a≤時，函數(shù)f(x)=log2(4x-a?2x+1(在[0,1]上僅有一個不動點和一個次不動點. .0既是f(x(的不動點，又是f(x(的次不動點x+1(=x時，∴4x-a?2x+1=2x，即a=2x+-1.令2x=t，tlog24x-a?2x+1=x有唯一解；x+1=-x時，∴4x-a?2x+1=即a=2x+-.令2x=t，t=2x+-在[0,1[上單調遞增，滿對于④:假設函數(shù)f(x)=ex-x-a在區(qū)間[0,1[上存在不動點，則f(x)=x在[0,1[上有解，即a=ex-x-x2在[0,1[上有解，令m(x)=ex-x-x2，則m,(x)=ex--2x，再令n(x)=ex--2x，則n,所以n(x)min=n(ln2)=2--2ln2=-2ln2=-ln4=lne3-ln16>0，所以m,(x)>0在[0,1[上恒成立，所以mx在[0,1[上單調遞增，所以m(x)min=m(0)=1，mxmax=m1=e-， 7(2024·廣東揭陽·高三?？茧A段不動點x0滿足f,x0=x0，則稱x0為f(x)的雙重不動點．則下列函數(shù)中，①f(x)=x3-xsinx；②f(x)=ex-；③f(x)=-1具有雙重不動點的【解析】對于①,f(x)=x3-xsinx，x∈R，所以f,x=3x2-sinx-xcosx，又f(0)=03-0sin0=0，f,0=3×0-sin0-0×cos0=0，則x=0是f(x)=ex-的雙重不動點；x+-x，當x>0時，由基本初等函數(shù)圖象易知ex>x，所以ex+-x>0，當x<0時，ex+-x>0顯然成立，所以不存在x0，使得f,x0=x0，故函數(shù)f(x)=ex-不是具有雙重不動點的函數(shù)；以x=0是函數(shù)f(x)=-1的雙重不動點；44 A.3B.1C.D.0設f(π)處的點為A1，∵后與原圖象重合，∴旋轉后A1的對應點A2也在f(x)的圖象上，同理A2的對應點A3也在圖象上，1,-不滿足函數(shù)定義；故選B.fx的圖象繞原點逆時針旋轉45°后與原圖象重合，則在以下各項中，f3的可能取值只能是()A.3B.3C.-3D.055符合函數(shù)的定義，所以f3的取值可能是3.故A正確；使得點A13,3，根據(jù)定義可推得點A73,-3，使得點A13,-3，根據(jù)定義可推得點A33,3，又A83,-3，所以f3=-3，不符合函數(shù)的定義，故D錯誤.66(1x>0（1x<0A.B.77C.D.令θ=-π,則f(-π(=4?sign(-π(?cos(-π(-sin(-5π(=4，所以=4=-4，所以排除AC，先考慮與垂直的蝴蝶身方向，令θ=，則f=4?sign?cos-sin=-1，所以=-，所以排除D，4.(2024·陜西榆林·高三校考階段練習)已知函數(shù)f(x(=x2-m與函數(shù)g(x)=ln-x,x∈,2的圖像上恰A.(0,2-ln2[B.0,-+ln2【解析】函數(shù)f(x(=x2-m關于x軸對稱的函數(shù)為h(x)=-f(x)=-x2+m，即-x2+m=ln-x,所以m=x2-lnx-x,令h(x)=x2-lnx-x,(x)=2x--1=,令h'(x)=0，可得x=1或x=-由h=--ln=-+ln2<1，h(1)=1-0-1=0，h(2)=4-2-ln2=2-ln2>1，88所以m∈（0,-+ln2時m=x2-lnx-x有兩解，5.(2024·貴州六盤水·高三?？计谀?已知函數(shù)f(x)=-x3+ax∈,e(e是自然對數(shù)的底數(shù))與g(x)=3lnx【解析】由已知，得到方程a-x3=-3lnx?-a=3lnx-x3在，e上有解.設f(x)=3lnx-x3，求導得：f′(x)=-3x2=，∵f=-3-，f(e)=3-e3，f(x)極大值=f(1)=-1，且知f(e)<f,故方程-a=2lnx-x2在上有解等價于3-e3≤-a≤-1.3-3].故答案為C.y=x2-3lnx的圖象上存在兩組關于x軸對稱的點，則實數(shù)a的取A.【解析】根據(jù)題意得到x3-x2-1-a=-(x2-3lnx)=-x2+3lnx,這個方程由兩個不同的根，變量分離得到ag,<0,>0后增，且g(x(min=g(1(=0；g=2+<g(e(=e3-4,則使得兩個函數(shù)y=a和g(x)有兩個交點只故答案為A.7.(2024·湖北·校聯(lián)考二模)已知函數(shù)f(x)=a-x2(≤x≤e,e為自然對數(shù)的底數(shù))與g(x)=2lnx的圖象上【解析】由題意知，a-x2+2lnx=099令hI(x(<0?≤x<1，令hI(x(>0?1<x≤e，得h(x(在,1又h(1(=1,h(e(=e2-2,h=+所以1<a≤+2.方程f(x(=x的根，下列說法正確的是()A.沒有實根B.有且僅有一個實根C.有兩個實根D.有兩個以上的實根當f(x)=x時，2y=x，y=x，解得x=y=0，是唯一解.∴方程f(x)=x有且僅有一個實數(shù)根.A.+ln2,2B.2-ln2,+ln2C.+ln2,2+ln2D.[2-ln2,2[【解析】原問題等價于h(x(=f(x(+g(x(=x2+lnx-3x+m在,2有零點，而hI(x(=2x+-3=(2x-1((x-1(，又h(1(=m-2,h(2(=ln2-2+m,h=-ln2-+m，由ln2>可判斷h(2(>h,因而h(x(的值域為[m-2,m+ln2-2[，又h(x(有零點，有m-2≤0≤m+ln2-2，10.(2024·青海海南·高三校聯(lián)考期末)已知函數(shù)f(x(=ln(-x(與函數(shù)g(x(=ex-(e-1(x-a的圖象上存在關【解析】由題意，f(x)=ln(-x)、h(x)=lnx關于y軸對稱，∴h(x)與g(x)在(0,+∞)上有交點，則ex-(e-1)x-a=lnx在(0,+∞)有解，令k(x)=ex-(e-1)x-a-lnx，則k,(x)=ex--(e-1)，k"(x)=ex+>0，11.(2024·全國·高三專題練習)已知函數(shù)f(x)=ex-(x<0)與g(x)=ln(x+a)的圖象上存在關于y軸對稱A.-∞,B.(0,e(C.（-,eD.-e,(【解析】函數(shù)f(x(與g(x(的圖象上存在關于y軸對稱的點，即f(-x)=g(x)有解，即函數(shù)y=f(-x)與函數(shù)y=g(x)的圖象有交點，在同一坐標系內畫出函數(shù)y=f(-x)=e-x-與函數(shù)y=g(x)=ln(x+a)的圖象.0為函數(shù)的不動點.設函數(shù)f(x)=ex-1+e1-x+x2-x+a，a∈R.若f(x)在區(qū)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[【解析】由題意可得，f(x)=ex-1+e1-x+x2-x+a=x在(0,3)上有解，x-1+e1-x+x2-2x+1=1-a有解，令函數(shù)g(t)=et+e-t+t2，g,(t)=et-e-t+2t，,(t)>0，所以g(t)在(0,2)上單調遞增，g(-t)=e-t+et+(-t(2=et+e-t+t2=g(t)，所以g(t)為偶函數(shù)，所以g(t)在(-1,0)上單調遞減.g(t)min=g(0)=2，g(t)<g(2)=e2+e-2+4，∈(-e2-e-2-3,-1[，數(shù)f(x(的不動點.給定函數(shù)f(x(=cosx，g(x(=sinx，已知函數(shù)f(x(，f(g(x((，A.x3>x1>x2B.x2>x3>x1C.x2>x1>x3D.x3>x2>x11-x1=0，且sin(cosx1(=sinx1，所以sin(cosx1(-sinx1=0.又cos(sinx2(=x2，sin(所以，sin(cosx3(=x3>sinx3，即sin(cosx3(-sinx3>0.所以F(x(在(0,1(上單調遞減.又F(x1(=0，F(xiàn)(x3(>0=F(x1(，所以x3<x1.又cos(sinx2(=x2，所以x2>cosx2，即cosx2-x2<0.x(=-sinx-1<0恒成立，又G(x1(=cosx1-x1=0，G(x2(=cosx2-x2<0=G(x1(，所以x2>x1.2>x1>x3.A.(-∞,0[B.【解析】由題意得若函數(shù)f(x(=x(aex-lnx(為不動點函數(shù)則滿足f(x0(=x0(aex-lnx0(=x0，即aex=lnx0+1，即a=設g(x(=，g,(x(==設h(x(=-lnx-1,h,(x(=--<0x∈(0,1(，h(x(>0,gI(x(>0所以g(x(在(0，1(上單調遞增，x∈(1,+∞(,h(x(<0,gI(x(<0，所以g(x(在(1,+∞(上單調遞減，所以g(x(max==x>0,則g(x(<0x>0,則g(x(>0所以g(x(的圖像為：15.(2024·全國·高三專題練習)對為f(x(的“穩(wěn)定點”，記A={x|f(x(=x{，B={x|f(f(x((=x{，則下列說法錯誤的是()A.對于函數(shù)f(x(=x，有A=B成立B.若f(x(是二次函數(shù)，且A是空集，則B為空集C.對于函數(shù)f(x(=x，有A=B成立對于B：若A是空集，則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無解，即B為空集，故B正確.x，因為函數(shù)f(x(=x在R上單調遞減，且f(x(∈(0,+∞(，所以函數(shù)f(f(x((在R上單調遞增，且f(f(x((∈(0,1(.又因為fx-b{，B={x|f(f(x((=x{=〈x|f=x〈={x|x≠0{，A≠B，故D錯誤.16.(2024·全國·高三專題練習)對于函數(shù)f(x(，若f(x0(=x0，則稱x0為函數(shù)f(x(的“不動點”；若f(f(x0((=x0，A.(x1≠x2(無解，由f(x(=x，得x2-x+a=0有解，兩式相減，得(x1-x2((x1+x2(=x2-x1，2=-x1-1，所以1-4(a+1(≤0，解得a≥-，17.(2024·全國·高三專題練習)若存在一個實數(shù)t，使得F(t(=t成立，則稱t為函數(shù)F(x(的一個不動點.設函數(shù)g(x(=ex+(1-e(x-a(a∈R,e為自然對數(shù)的底數(shù))，定義在R上的連續(xù)函數(shù)f(x(滿足f(-x(+f(x(=x2|f(x(+≥f(1-x(+x〈，且x0為函數(shù)g(x(的一個不動點，A.-∞,【解析】依題意知f(-x(+f(x(=x2，令h(x(=f(x(-，x∈R，∴h(x(=-h(-x(，∴h(x(為奇函數(shù)，∵h,(x(=f'(x(-x，且當x≤0時，f,(x(<x，,(x(<0，h(x(單調遞減，∴h(x(在R上單調遞減，由f(x(+≥f(1-x(+x，得f(x(-≥f(1-x(-，即h(x(≥h(1-x(，∵x0為函數(shù)g(x(的一個不動點，∴g(x0(=x0，即ex-ex0-a=0，-∞,上有解.令t(x(=ex-ex，x∈-∞,，則t,(x(=ex-e，∴t(x(在（-∞,上單調遞減，∴t(x(min=t=，.，使得fx0=x0A.函數(shù)f(x)=sinx有3個不動點B.函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a≠0)至多有兩個不動點C.若函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a≠0)沒有不動點，則方程f(f(x))=x無實根對于C，依題意，方程f(x)-x=0?ax2+(b-而f(x)∈R，因此有f[f(x)]>f(x)>x恒成立，即方程f(f(x))=x無實根，而f(x)∈R，因此有f[f(x)]<f(x)<x恒成立，即方程f(f(x))=x無實根，1]，又f(f(y))=y00≤1，當0≤y0≤1時，f(y0)=y0滿足f(f(y0))=y0，顯然函數(shù)f(x)=ex+x-a是定義域上的增函數(shù)，若f(y0)>y0，則f(f(y0))>f(y0)>y0與f(f(y0))=y0矛盾，若f(y0)<y0，則f(f(y0))<f(y0)<y0與f(f(y0))=y0矛盾，0≤10≤x≤1時，f(x)=x，x+x-a=x?a=ex-x2+x，令h(x)=ex-x2+x，x∈[0,1]，A.B.C.D.π1A.fx=x2-x-3B.fx=2x+xC.fx=x2+2D.fx=log2x-12x0-1=x0=x0A.函數(shù)fx=lnx+1是“不動點”函數(shù)B.函數(shù)fx=x2-x-3的不動點為-1和3【解析】對于A,由于f(x(=ln(x+1(的定義域為(-1,+∞(，且f(0(=ln(0+1(=0，所以x=0是f(x(=對于B,令f(x(=x2-x-3=x，則x2-2x-3=0，解得x=3或x=-1，故函數(shù)f(x(=x2-x-3的不動點對于C，由于f'(x(=ex+1，定義域為R,令n(x(=ex+1-x，則n'(x(=ex-1，則當x>0,n'(x)>0,n(x)單調遞增，當x<0,n'(x)<0,n(x)單調遞減，所以n(x)≥n(0)=2>0，故n(x(A.f(x(=2x+xB.f(x(=x2-x-3C.f(x(=+