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.

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