参 考 答 案

●难点磁场

1.解析：设t=3^x，则t∈［1,3］，原不等式可化为a²–a–3＞–2t²+t,t∈［1,3］.

等价于a²–a–3大于f(t)=–2t²+t在［1,3］上的最大值.

答案：(–∞,–1)∪(2,+∞)

2.解：(1)当a=1,b=–2时，f(x)=x²–x–3，由题意可知x=x²–x–3，得x₁=–1,x₂=3.

故当a=1,b=–2时，f(x)的两个不动点为–1,3.

(2)∵f(x)=ax²+(b+1)x+(b–1)(a≠0)恒有两个不动点，

∴x=ax²+(b+1)x+(b–1)，即ax²+bx+(b–1)=0恒有两相异实根

∴Δ=b²–4ab+4a＞0(b∈R)恒成立.

于是Δ′=(4a)²–16a＜0解得0＜a＜1

故当b∈R，f(x)恒有两个相异的不动点时，0＜a＜1.

(3)由题意A、B两点应在直线y=x上，设A(x₁,x₁),B(x₂,x₂)

又∵A、B关于y=kx+对称.

∴k=–1.设AB的中点为M(x′,y′)

∵x₁,x₂是方程ax²+bx+(b–1)=0的两个根.

∴x′=y′=，又点M在直线上有

，即

∵a＞0，∴2a+≥2当且仅当2a=即a=∈(0,1)时取等号，

故b≥–，得b的最小值–.

●歼灭难点训练

一、1.解析：考查函数y₁=和y₂=(2a)^x的图象，显然有0＜2a＜1.由题意得a=，再结合指数函数图象性质可得答案.

答案：A

2.解析：由题意可得f(–x+1)=–f(x+1).令t=–x+1，则x=1–t，故f(t)=–f(2–t)，即f(x)=–f(2–x).

当x＞1,2–x＜1，于是有f(x)=–f(2–x)=–2(x–)²–，其递减区间为［，+∞).

答案：C

3.解析：显然有x＞3，原方程可化为

故有(10–a).x=29,必有10–a＞0得a＜10

又x=＞3可得a＞.

答案：＜a＜10

4.解析：原式化为.

当＜–1,y_min=1+m=–4m=–5.

当–1≤≤1,y_min==–4m=±4不符.

当＞1，y_min=1–m=–4m=5.

答案：±5

二、5.解：(1)令2^x=t(t＞0)，设f(t)=t²–4t+a.

由f(t)=0在(0,+∞)有且仅有一根或两相等实根，则有

①f(t)=0有两等根时，Δ=016–4a=0a=4

验证：t²–4t+4=0t=2∈(0,+∞)，这时x=1

②f(t)=0有一正根和一负根时,f(0)＜0a＜0

③若f(0)=0，则a=0，此时4^x–4.2^x=02^x=0(舍去)，或2^x=4,∴x=2，即A中只有一个元素

综上所述，a≤0或a=4，即B={a｜a≤0或a=4}

(2)要使原不等式对任意a∈(–∞,0］∪{4}恒成立.即g(a)=(x–2)a–(x²–6x)＞0恒成立.只须

＜x≤2

6.解：(1)∵方程ax²+bx=2x有等根，∴Δ=(b–2)²=0,得b=2.

由f(x–1)=f(3–x)知此函数图象的对称轴方程为x=–=1得a=–1，故f(x)=–x²+2x.

(2)f(x)=–(x–1)²+1≤1，∴4n≤1，即n≤

而抛物线y=–x²+2x的对称轴为x=1

∴n≤时，f(x)在［m,n］上为增函数.

若满足题设条件的m,n存在，则

又m＜n≤,∴m=–2,n=0，这时定义域为［–2,0］，值域为［–8,0］.

由以上知满足条件的m、n存在，m=–2,n=0.

7.(1)证明：当n=1时，g₁(x₀)=x₀显然成立；

设n=k时，有g_k(x₀)=x₀(k∈N)成立，

则g_k+1(x₀)=f［g_k(x₀)］=f(x₀)=g₁(x₀)=x₀

即n=k+1时，命题成立.

∴对一切n∈N,若g₁(x₀)=x₀，则g_n(x₀)=x₀.

(2)解：由(1)知，稳定不动点x₀只需满足f(x₀)=x₀

由f(x₀)=x₀，得6x₀–6x₀²=x₀,∴x₀=0或x₀=

∴稳定不动点为0和.

(3)解：∵f(x)＜0，得6x–6x²＜0x＜0或x＞1.

∴g_n(x)＜0f［g_n–1(x)］＜0g_n–1(x)＜0或g_n–1(x)＞1

要使一切n∈N,n≥2，都有g_n(x)＜0，必须有g₁(x)＜0或g₁(x)＞1.

由g₁(x)＜06x–6x²＜0x＜0或x＞1

由g₁(x)＞06x–6x²＞1

故对于区间()和(1,+∞)内的任意实数x,只要n≥2,n∈N，都有g_n(x)＜0.

8.(1)证明：任取x₁＞x₂＞0,f(x₁)–f(x₂)=

∵x₁＞x₂＞0,∴x₁x₂＞0，x₁–x₂＞0,

∴f(x₁)–f(x₂)＞0，即f(x₁)＞f(x₂)，故f(x)在(0,+∞)上是增函数.

(2)解：∵≤2x在(0,+∞)上恒成立，且a＞0,

∴a≥在(0，+∞)上恒成立，令(当且仅当2x=即x=时取等号)，要使a≥在(0,+∞)上恒成立，则a≥.故a的取值范

围是［,+∞).

(3)解：由(1)f(x)在定义域上是增函数.

∴m=f(m),n=f(n)，即m²–m+1=0，n²–n+1=0

故方程x²–x+1=0有两个不相等的正根m，n，注意到m.n=1，故只需要Δ=()²–4＞0,由于a＞0，则0＜a＜.