Question

設(shè)平面向量a＝(，)，b＝(，)，若存在不同時(shí)為0的兩個(gè)實(shí)數(shù)s、t及實(shí)數(shù)k＞0，使x＝a＋(t2－k)b，y＝－sa＋tb，且x⊥y． (1) 求函數(shù)關(guān)系式s＝f(t) (2) 若函數(shù)s＝f(t)在[1，＋∞]上是單調(diào)函數(shù)，①求證：0＜k≤3；②設(shè)x0≥1，f(x0)≥1，且f(f(x0))＝x0，求證：f(x0)＝x0．

Answer 1

答案：
解析：

(1)

解析：∵a=(，－)，b=(，)∴｜a｜=｜b｜=1 且a·b=0． 　　又∵x⊥y，∴x·y=0， 　　∴[a＋(t2－k)b]·(sa＋tb)=0， 　　∴－sa2＋(t－k)tb2＋(t－st2＋sk)a·b=0，∴s=t3－kt，即s=f(t)=t3－kt．

(2)

①(t)＝3t2－k． 　　又∵f(t)是單調(diào)函數(shù)，∴若f(t)是增函數(shù)。則f＇(t)≥0．恒有3t2≥k，而t∈[1，＋∞]，∴0＜k≤3． 　　若f(t)是減函數(shù)，則f＇(t)≤0，恒有3t2≤k，而t∈[1，＋∞]、這樣的k不存在，∴0＜k≤3． 　�、诜椒ㄒ弧≡O(shè)f(x0)=m，由f[(x0)]=x0， 得f(m)=x0，∴ 　　兩式相減，有(－kx0)－(m3－km)=m－x0，即(－m3)－k(x0－m)=m－x0，亦即(x0－m)(＋mx0＋m2)－k(x0－m)=m－x0， 　　∴(x0－m)(＋mx0＋m2＋1－k)=0． 　　∵x0≥1，m=f(x0)≥1， 　　∴＋mx0＋m2＋1－k≥4－k． 　　而0＜k≤3，∴＋mx0＋m2＋1－k＞0， 　　∴x0－m=0，∴x0=m，∴f(x0)=x0． 　　方法二　若f(x0)＞x0≥1，∵f(t)在[1，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)�！鄁(f(x0))＞f(x0)＞x0． 　　與f(f(x0))=x0矛盾． 　　若1≤f(x0)＜x0，∵f(t)在[1，＋∞]上是單調(diào)增函數(shù)，∴f(f(x0))＜f(x0)＜x0． 　　與f(f(x0))=x0矛盾，∴f(x0)=x0． 　　點(diǎn)評：本題主要考查：(1)平面向量數(shù)量積的運(yùn)算；(2)導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)；(3)恒成立的不等式字母參數(shù)取值范圍的求法；(4)關(guān)于不動(dòng)點(diǎn)的證明問題．本題是一道綜合性較強(qiáng)的試題，覆蓋了中學(xué)數(shù)學(xué)中的重要知識，體現(xiàn)了在知識網(wǎng)絡(luò)交匯點(diǎn)設(shè)計(jì)試題的高考命題思想．