Question

1．對于函數(shù)f（x），若存在x₀∈R使得f（x₀）=x₀成立，則稱x₀為f（x）的不動點(diǎn)．已知函數(shù)f（x）=ax²+（b+1）x+b-1（a≠0）．
（1）若a=1，b=3，求函數(shù)f（x）的不動點(diǎn)；
（2）若對任意實數(shù)b，函數(shù)f（x）恒有兩個相異的不動點(diǎn)，求a的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，若y=f（x）圖象上A、B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)是函數(shù)f（x）的不動點(diǎn)，且A、B兩點(diǎn)關(guān)于直線$y=kx+\frac{1}{{2{a^2}+1}}$對稱，求b的最小值．

Answer 1

分析 （1）把a(bǔ)=1，b=3代入f（x）=x²+4x+2，化簡f（x）=x求出x的值，根據(jù)題意即可求出函數(shù)f（x）的不動點(diǎn)；
（2）化簡f（x）=x后，由不動點(diǎn)的定義和判別式的符號，列出不等式求出a的取值范圍；
（3）由題意設(shè)A（x₁，x₁），B（x₂，x₂），根據(jù)對稱求出k以及A、B的中點(diǎn)M的坐標(biāo)，把M的坐標(biāo)代入直線$y=kx+\frac{1}{2{a}^{2}+1}$求出b，利用基本不等式求出b的最小值．

解答 解：（1）若a=1，b=3，f（x）=x²+4x+2，
代入f（x）=x化簡得x²+3x+2=0，解得x=-2、-1，
則f（x）的不動點(diǎn)為-2，-1…..（4分）
（2）由題意知，函數(shù)f（x）恒有兩個相異的不動點(diǎn)，
所以方程f（x）=x即ax²+bx+b-1=0（a≠0）恒有兩個不等實根，
則△=b²-4a（b-1）＞0，即b²-4ab+4a＞0對任意實數(shù)b恒成立，
即△=（-4a）²-4×4a＜0，解得0＜a＜1，所以0＜a＜1…（10分）
（3）因為A、B兩點(diǎn)關(guān)于直線$y=kx+\frac{1}{{2{a^2}+1}}$對稱，
所以AB與直線垂直，且中點(diǎn)M在直線上，
設(shè)A（x₁，x₁），B（x₂，x₂），由（2）知，${x_1}+{x_2}=-\frac{a}$，
所以AB的中點(diǎn)$M（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}，\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}），即（-\frac{2a}，-\frac{2a}）$，
易知k_AB=1，∴k=-1，
把M點(diǎn)代入得$-\frac{2a}=-（-\frac{2a}）+\frac{1}{2{a}^{2}+1}$，則$b=-\frac{a}{2{a}^{2}+1}$，
由（2）得0＜a＜1，
所以$b=-\frac{a}{2{a}^{2}+1}=-\frac{1}{2a+\frac{1}{a}}$
因為$2a+\frac{1}{a}$≥2$\sqrt{2a•\frac{1}{a}}$=2$\sqrt{2}$，所以b≥-$\frac{1}{2\sqrt{2}}$=$-\frac{\sqrt{2}}{4}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$2a=\frac{1}{a}$$即a=\frac{\sqrt{2}}{2}時，_{min}=-\frac{\sqrt{2}}{4}$…（14分）

點(diǎn)評 本題考查新定義的應(yīng)用，二次方程的根與判別式的關(guān)系，直線的對稱問題，以及基本不等式的應(yīng)用，屬于中檔題．