《2025年周末C计划高中数学必修第一册人教版》

19.（17 分）对于二次函数 $ y = a x ^ { 2 } + b x + c ( a \neq 0 ) $，若存在 $ x _ { 0 } \in \mathbf { R } $，使得 $ a x _ { 0 } ^ { 2 } + b x _ { 0 } + c = x _ { 0 } $ 成立，则称 $ x _ { 0 } $ 为二次函数 $ y = a x ^ { 2 } + b x + c $ 的不动点。
（1）求二次函数 $ y = x ^ { 2 } + 4 x - 10 $ 的不动点；
（2）若二次函数 $ y = 2 x ^ { 2 } - ( 3 + m ) x + m - 1 $ 有两个不相等的不动点 $ x _ { 1 } $，$ x _ { 2 } $，且 $ x _ { 1 } $，$ x _ { 2 } ＞ 0 $，求 $ \frac { x _ { 1 } } { x _ { 2 } } + \frac { x _ { 2 } } { x _ { 1 } } $ 的最小值；
（3）若对任意实数 $ t $，二次函数 $ y = a x ^ { 2 } + ( t + 1 ) x + ( t - 1 ) ( a \neq 0 ) $ 恒有不动点，求 $ a $ 的取值范围。

答案： 19.解析$(1)$令$x^2 + 4x - 10 = x$，则$x = 2$或$x = - 5$，故二次函数$y = x^2 + 4x - 10$的不动点为$2$和$- 5$. $(3分)$$(2)$依题意，$2x^2 - (3 + m)x + m - 1 = x$有两个不相等的正实数根，即方程$2x^2 - (4 + m)x + m - 1 = 0$有两个不相等的正实数根，$\begin{cases} \Delta = (4 + m)^2 - 8(m - 1) ＞ 0, \\ \frac{4 + m}{2} ＞ 0, \\x_1x_2 = \frac{m - 1}{2} ＞ 0, \end{cases}$解得$m ＞ 1$. $(6分)$$x_1 + x_2 = \frac{4 + m}{2} ＞ 0$，$x_1x_2 = \frac{m - 1}{2} ＞ 0$，$\frac{x_1}{x_2} + \frac{x_2}{x_1} = \frac{x_1^2 + x_2^2}{x_1x_2} = \frac{(x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2}{x_1x_2} = \frac{\frac{(4 + m)^2}{4} - 2}{ \frac{m - 1}{2}} = \frac{\frac{(m + 4)^2}{4} - 2}{\frac{m - 1}{2}} = \frac{(m - 1 + 5)^2}{2(m - 1)} - 2 = \frac{(m - 1)^2 + 10(m - 1) + 25}{2(m - 1)} - 2 = \frac{m - 1}{2} + \frac{25}{2(m - 1)} + 3$. $(10分)$因为$m ＞ 1$，所以$m - 1 ＞ 0$，所以$\frac{m - 1}{2} + \frac{25}{2(m - 1)} + 3 \geqslant 2\sqrt{\frac{m - 1}{2} · \frac{25}{2(m - 1)}} + 3 = 8$，当且仅当$\frac{m - 1}{2} = \frac{25}{2(m - 1)}$，即$m = 6$时等号成立，所以$\frac{x_1}{x_2} + \frac{x_2}{x_1}$的最小值为$8$. $(13分)$$(3)$令$ax^2 + (t + 1)x + (t - 1) = x(a \neq 0)$，则$ax^2 + tx + (t - 1) = 0$.由于函数$y = ax^2 + (t + 1)x + (t - 1)(a \neq 0)$恒有不动点，所以方程$ax^2 + tx + (t - 1) = 0$恒有实数根，则$\Delta = t^2 - 4a(t - 1) \geqslant 0$，即$t^2 - 4at + 4a \geqslant 0$，又因为$t$是任意实数，所以$\Delta' = ( - 4a)^2 - 16a \leqslant 0$，即$a(a - 1) \leqslant 0(a \neq 0)$解得$0 ＜ a \leqslant 1$，所以$a$的取值范围是$(0,1$. $(17分)$