Question

对于函数f（x），若存在x₀∈R，使f（x₀）=x₀成立，则称x₀为函数f（x）的不动点，已知f（x）=ax²+（b+1）x+（b-1）（a≠0）
（1）当a=1，b=-2求函数f（x）的不动点；
（2）若对任意实数b，函数f（x）恒有两个相异不动点，求a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，令g(x)=

1

x+2

+loga 

1+x

1-x

，解关于x的不等式g[x(x-

1

2

)]＜

1

2

．

Answer 1

分析：（1）将a=1，b=-2代入f（x）=ax2+（b+1）x+b-1 （a≠0），求出f（x），令f（x）=x，解方程求不动点即可；
（2）由ax²+（b+1）x+b-1=x有两个不动点，即ax²+bx+b-1=0有两个不等实根，可通过判别式大于0得到关于参数a，b的不等式b²-4ab+4a＞0，由于此不等式恒成立，转化为16a²-16a＜0即可．
（3）先证明g（x）在定义域（-1，1）上递减，再利用函数的单调性，将不等式转化为具体不等式组，从而得解．

解答：解：（1）当a=1，b=-2时，
ax²+（b+1）x+（b-1）=x可化为x²-x-3=x
∴x²-2x-3=0
∴x=3或-1
∴所求的不动点为-1或3．
（2）对任意实数b，函数f（x）恒有两个相异不动点，即ax²+bx+（b-1）=0有两个不等实根
∴△₁＞0，即b²-4ab+4a＞0对任意b∈R恒成立
∴△₂=16a²-16a＜0
∴0＜a＜1
（3）g′(x)=-

1

(x+2)2

+

2

(1+x)(1-x)lna

∵

1+x

1-x

＞0，
∴-1＜x＜1
∴（1+x）（1-x）＞0
∵0＜a＜1
∴lna＜0
∴g′（x）＜0
∴g（x）在定义域（-1，1）上递减，
∵g(0)=

1

2

∴g[x(x-

1

2

)]＜

1

2

可化为g[x(x-

1

2

)]＜g(0)
∴

-1＜x(x- 1 2 )＜1 x(x- 1 2 )＞0

∴{x|

1- 17

4

＜x＜0或

1

2

＜x＜

1+ 17

4

}

点评：本题考点是函数恒成立问题，考查新定义，考查函数的单调性考查二次函数、方程的基本性质、不等式的有关知识，解题的关键是对新定义的理解．