Question

设平面向量a＝(，)，b＝(，)，若存在不同时为0的两个实数s、t及实数k＞0，使x＝a＋(t2－k)b，y＝－sa＋tb，且x⊥y． (1) 求函数关系式s＝f(t) (2) 若函数s＝f(t)在[1，＋∞]上是单调函数，①求证：0＜k≤3；②设x0≥1，f(x0)≥1，且f(f(x0))＝x0，求证：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)是单调函数，∴若f(t)是增函数。则f＇(t)≥0．恒有3t2≥k，而t∈[1，＋∞]，∴0＜k≤3． 　　若f(t)是减函数，则f＇(t)≤0，恒有3t2≤k，而t∈[1，＋∞]、这样的k不存在，∴0＜k≤3． 　　②方法一　设f(x0)=m，由f[(x0)]=x0， 得f(m)=x0，∴ 　　两式相减，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，＋∞)上是单调增函数。∴f(f(x0))＞f(x0)＞x0． 　　与f(f(x0))=x0矛盾． 　　若1≤f(x0)＜x0，∵f(t)在[1，＋∞]上是单调增函数，∴f(f(x0))＜f(x0)＜x0． 　　与f(f(x0))=x0矛盾，∴f(x0)=x0． 　　点评：本题主要考查：(1)平面向量数量积的运算；(2)导数的性质；(3)恒成立的不等式字母参数取值范围的求法；(4)关于不动点的证明问题．本题是一道综合性较强的试题，覆盖了中学数学中的重要知识，体现了在知识网络交汇点设计试题的高考命题思想．