每日一题[2711]二阶迭代

已知函数 $f\left( x \right) = a\left( {1 - 2\left| {x - \dfrac{1}{2}} \right|} \right)$，$a$ 为常数且 $a > 0$．

1、证明：函数 $f\left( x \right)$ 的图象关于直线 $x = \dfrac{1}{2}$ 对称．

2、若 ${x_0}$ 满足 $f\left( {f\left( {x_0} \right)} \right) = {x_0}$，但 $f\left( {x_0} \right) \ne {x_0}$，则称 ${x_0}$ 为函数 $f\left( x \right)$ 的二阶周期点，如果 $f\left( x \right)$ 有两个二阶周期点 ${x_1}$，${x_2}$，试确定 $a$ 的取值范围．

3、对于 $(2)$ 中的 ${x_1}$，${x_2}$ 和 $a$，设 ${x_3}$ 为函数 $f\left( {f\left( x \right)} \right)$ 的最大值点，$A\left( {{x_1},f\left( {f\left( {x_1} \right)} \right)} \right)$，$B\left( {{x_2},f\left( {f\left( {x_2} \right)} \right)} \right)$，$C\left( {{x_3},0} \right)$，记 $\triangle ABC$ 的面积为 $S\left( a \right)$，讨论 $S\left( a \right)$ 的单调性．

解析

1、由函数的对称性知，就是要证明 $f\left( \dfrac{1}{2}+x \right)=f\left( \dfrac{1}{2}-x \right)$．因为 $$f\left( \dfrac{1}{2}+x \right)=a\left( 1-2 \left|x \right| \right)=f\left( \dfrac{1}{2}-x \right) ,$$ 所以函数 $f\left( x \right)$ 的图象关于直线 $x=\dfrac{1}{2}$ 对称．

2、本题的难点是怎样表达出 $f\left(f\left(x\right)\right)$ 的不含绝对值的函数关系式．可以由内到外对 $x$ 和 $a$ 分类讨论求解．分类的端点（分界点）由绝对值内函数的零点提供．如表达函数 $f\left(x\right)$ 的不含绝对值的关系式时，需要让 $x$ 和 $\dfrac 12$ 比较大小．当 $0<a<\dfrac{1}{2}$ 时，有 $$f\left( f\left( x \right) \right)= \begin{cases} 4{{a}^{2}}x,&x\leqslant \dfrac{1}{2}, \\ 4{{a}^{2}}\left( 1-x \right),&x>\dfrac{1}{2}, \\ \end{cases}$$ 所以 $f\left( f\left( x \right) \right)=x$ 只有一个解 $x=0$． 又 $f\left( 0 \right)=0$，故 $0$ 不是二阶周期点． 当 $a=\dfrac{1}{2}$ 时，有 $$f\left( f\left( x \right) \right)= \begin{cases} x,&x\leqslant \dfrac{1}{2}, \\ 1-x,&x>\dfrac{1}{2}, \\ \end{cases}$$ 所以 $f\left( f\left( x \right) \right)=x$ 有解集 $\left\{ x\left|x\leqslant \dfrac{1}{2} \right.\right\}$． 又当 $x\leqslant \dfrac{1}{2}$ 时，$f\left( x \right)=x$，故 $\left\{ x\mid x\leqslant \dfrac{1}{2} \right\}$ 中的所有点都不是二阶周期点． 当 $a>\dfrac{1}{2}$ 时，有 $$f\left( f\left( x \right) \right)=\begin{cases} 4{{a}^{2}}x,&x\leqslant \dfrac{1}{4a}, \\ 2a-4{{a}^{2}}x,&\dfrac{1}{4a}<x\leqslant \dfrac{1}{2}, \\ 2a\left( 1-2a \right)+4{{a}^{2}}x,&\dfrac{1}{2}<x\leqslant \dfrac{4a-1}{4a}, \\ 4{{a}^{2}}-4{{a}^{2}}x,&x > \dfrac{4a-1}{4a}, \\ \end{cases}$$ 所以 $f\left( f\left( x \right) \right)=x$ 有四个解：$0$，$\dfrac{2a}{1+4{{a}^{2}}}$，$\dfrac{2a}{1+2a}$，$\dfrac{4{{a}^{2}}}{1+4{{a}^{2}}}$．又 $$\begin{split} f\left( 0 \right) &=0,\\ f\left( \dfrac{2a}{1+2a} \right) &=\dfrac{2a}{1+2a}, \\ f\left( \dfrac{2a}{1+4{{a}^{2}}} \right) & \ne \dfrac{2a}{1+4{{a}^{2}}},\\ f\left( \dfrac{4{{a}^{2}}}{1+4{{a}^{2}}} \right) & \ne \dfrac{4{{a}^{2}}}{1+4{{a}^{2}}},\end{split}$$ 故只有 $\dfrac{2a}{1+4{{a}^{2}}}$ 和 $\dfrac{4{{a}^{2}}}{1+4{{a}^{2}}}$ 是 $f\left( x \right)$ 的二阶周期点． 综上所述，所求 $a$ 的取值范围为 $\left(\dfrac 12,+\infty\right)$．

3、写出函数 $S\left(a\right)$ 的表达式，利用导数研究其单调性即可．由$（2）$得 $$\begin{split} {{x}_{1}} & = \dfrac{2a}{1+4{{a}^{2}}}, \\ {{x}_{2}} & = \dfrac{4{{a}^{2}}}{1+4{{a}^{2}}}, \end{split}$$ 因为 ${{x}_{3}}$ 为函数 $f\left( f\left( x \right) \right)$ 的最大值点，所以 $${{x}_{3}} = \dfrac{1}{4a} \lor {{x}_{3}}=\dfrac{4a-1}{4a} .$$ 下面用导数研究函数的单调性．

情形一    当 ${{x}_{3}} = \dfrac{1}{4a}$ 时，$S\left( a \right) = \dfrac{2a-1}{4\left( 1+4{{a}^{2}} \right)}$，求导得 $$S'\left( a \right) = -\dfrac{2\left( a-\dfrac{1+\sqrt{2}}{2} \right)\left( a-\dfrac{1-\sqrt{2}}{2} \right)}{{{\left( 1+4{{a}^{2}} \right)}^{2}}},$$ 所以当 $a\in \left( \dfrac{1}{2},\dfrac{1+\sqrt{2}}{2} \right)$ 时，$S\left( a \right)$ 单调递增，当 $a\in \left( \dfrac{1+\sqrt{2}}{2},+\infty \right)$ 时，$S\left( a \right)$ 单调递减；

情形二    当 ${{x}_{3}} = \dfrac{4a-1}{4a}$ 时，$S\left( a \right) = \dfrac{8{{a}^{2}}-6a+1}{4\left( 1+4{{a}^{2}} \right)}$，求导得 $$S'\left( a \right) = \dfrac{12{{a}^{2}}+4a-3}{2{{\left( 1+4{{a}^{2}} \right)}^{2}}},$$ 因为 $a>\dfrac{1}{2}$，从而有 $$S'\left( a \right) = \dfrac{12{{a}^{2}}+4a-3}{2{{\left( 1+4{{a}^{2}} \right)}^{2}}} > 0,$$ 所以当 $a\in \left( \dfrac{1}{2},+\infty \right)$ 时，$S\left( a \right)$ 单调递增．