《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学必修第一册》

18. 已知函数 $ f(x) = ax^{2} + (1 - a)x + a(a \in \mathbf{R}) $.
（1）若 $ f(x) \geq 0 $ 对一切实数 $ x $ 恒成立，求实数 $ a $ 的取值范围；
（2）解关于 $ x $ 的不等式 $ f(x) ＜ 3a + 2 $；
（3）若存在 $ m ＜ 0 $，使关于 $ x $ 的方程 $ f(|x|) = m + \frac{1}{64m} + a $ 有四个不同的实根，求实数 $ a $ 的取值范围.

答案： 18.解析:
(1)由题意可知$ax^{2} + (1 - a)x + a\geq0$对一切实数$x$恒成立.当$a = 0$时，不等式可化为$x\geq0$，不满足题意；当$a\neq0$时，$\begin{cases}a\gt0,\\\Delta = (1 - a)^{2} - 4a^{2}\leq0,\end{cases}$解得$a\geq\frac{1}{3}$.综上，实数$a$的取值范围是$\left[\frac{1}{3}, +\infty\right)$.
(2)不等式$f(x)\lt3a + 2$等价于$ax^{2} + (1 - a)x - 2(a + 1)\lt0$，即$[ax + (a + 1)](x - 2)\lt0$.当$a = 0$时，不等式可化为$x - 2\lt0$，解集为$\{x\mid x\lt2\}$；当$a\neq0$时，与不等式对应的一元二次方程的两根为$x_{1} = -\frac{a + 1}{a} = - 1 - \frac{1}{a}$，$x_{2} = 2$.当$a\gt0$时，$x_{1}\lt x_{2}$，此时不等式的解集为$\left\{x\mid - 1 - \frac{1}{a}\lt x\lt2\right\}$；当$-\frac{1}{3}\lt a\lt0$时，$x_{1}\gt x_{2}$，此时不等式的解集为$\left\{x\mid x\lt2 或 x\gt - 1 - \frac{1}{a}\right\}$；当$a = -\frac{1}{3}$时，$x_{1} = x_{2}$，此时不等式的解集为$\{x\mid x\neq2\}$；当$a\lt -\frac{1}{3}$时，$x_{1}\lt x_{2}$，此时不等式的解集为$\left\{x\mid x\lt - 1 - \frac{1}{a} 或 x\gt2\right\}$.综上，当$a = 0$时，解集为$\{x\mid x\lt2\}$；当$a\gt0$时，解集为$\left\{x\mid - 1 - \frac{1}{a}\lt x\lt2\right\}$；当$-\frac{1}{3}\lt a\lt0$时，解集为$\left\{x\mid x\lt2 或 x\gt - 1 - \frac{1}{a}\right\}$；当$a = -\frac{1}{3}$时，解集为$\{x\mid x\neq2\}$；当$a\lt -\frac{1}{3}$时，解集为$\left\{x\mid x\lt - 1 - \frac{1}{a} 或 x\gt2\right\}$.
(3)当$m\lt0$时，因为$-m + \frac{1}{-64m}\geq2\sqrt{m×\frac{1}{64m}} = \frac{1}{4}$，则$t = m + \frac{1}{64m}\leq - \frac{1}{4}$，当且仅当$m = -\frac{1}{8}$时等号成立.关于$x$的方程$ax^{2} + (1 - a)\vert x\vert + a = m + \frac{1}{64m} + a$可化为$a\vert x\vert^{2} + (1 - a)\vert x\vert - t = 0$，关于$x$的方程$a\vert x\vert^{2} + (1 - a)\vert x\vert - t = 0$有四个不等实根，即$ax^{2} + (1 - a)x - t = 0$有两个不同正根，则$\begin{cases}\Delta = (1 - a)^{2} - 4a(-t)\gt0\ \ ①,\\x_{1} + x_{2} = -\frac{1 - a}{a}\gt0\ \ ②,\\x_{1}x_{2} = \frac{-t}{a}\gt0\ \ ③,\end{cases}$由②③式可得$a\gt1$.由①知存在$t\leq - \frac{1}{4}$，使不等式$4at + (1 - a)^{2}\gt0$成立，故$4a×\left(-\frac{1}{4}\right) + (1 - a)^{2}\gt0$，即$a^{2} - 3a + 1\gt0$，解得$a\lt\frac{3 - \sqrt{5}}{2}$（舍去）或$a\gt\frac{3 + \sqrt{5}}{2}$.综上，实数$a$的取值范围是$\left(\frac{3 + \sqrt{5}}{2}, +\infty\right)$.

19. 已知函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ D $，若 $ \exists x_{0} \in D $ 使得 $ f(x_{0}) = x_{0} $，则称实数 $ x_{0} $ 为函数 $ f(x) $ 的不动点. 设函数 $ f(x) = \frac{x}{2} + \frac{1}{x}(x ＞ 0) $.
（1）求函数 $ y = f(x) $ 的不动点.
（2）$ \forall s, t \in [m, +\infty) $，$ s \neq t $，都有 $ \left| \frac{f(s) - f(t)}{s - t} \right| ＜ \frac{1}{2} $ 成立，求实数 $ m $ 的最小值.
（3）记 $ f_{1}(x) = f(x) $，$ f_{n + 1}(x) = f[f_{n}(x)](n \in \mathbf{N}^{*}) $. 试问是否存在常数 $ a $，使得对任意 $ n \in \mathbf{N}^{*} $，$ x ＞ 0 $，都有 $ |f_{n + 1}(x) - a| \leq [f_{n}(x) - a]^{2} $. 若存在，求出 $ a $ 的取值范围；若不存在，请说明理由.

答案： 19.解析:
(1)令$f(x) = \frac{x}{2} + \frac{1}{x} = x$，解得$x = \pm\sqrt{2}$.由于函数$f(x)$的定义域为$(0, +\infty)$，则函数$y = f(x)$的不动点为$x = \sqrt{2}$.
(2)由于$\left|\frac{f(s) - f(t)}{s - t}\right| = \left|\frac{\frac{s}{2} + \frac{1}{s} - \left(\frac{t}{2} + \frac{1}{t}\right)}{s - t}\right| = \left|\frac{\frac{s - t}{2} + \frac{t - s}{st}}{s - t}\right| = \left|\frac{1}{2} - \frac{1}{st}\right|\lt\frac{1}{2}$，则$-\frac{1}{2}\lt\frac{1}{2} - \frac{1}{st}\lt\frac{1}{2}$，解得$st\gt1$.又$\forall s$，$t\in[m, +\infty)$且$s\neq t$，则$m\geq1$，即实数$m$的最小值为$1$.
(3)当$x\gt0$时，由基本不等式得$f(x) = \frac{x}{2} + \frac{1}{x}\geq\sqrt{2}$，从而$f_{n}(x)\geq\sqrt{2}(n\in\mathbf{N}^{*})$.令$f_{n}(x) = t$，则原不等式等价于$\vert f(t) - a\vert\leq(t - a)^{2}$对任意$n\in\mathbf{N}^{*}$，$t\geq\sqrt{2}$恒成立.若$t = \sqrt{2}$，则$f(\sqrt{2}) = \sqrt{2}$，即$\vert\sqrt{2} - a\vert\leq(\sqrt{2} - a)^{2}$，即$\vert\sqrt{2} - a\vert\leq\vert\sqrt{2} - a\vert^{2}$，解得$a\leq\sqrt{2} - 1$或$a = \sqrt{2}$或$a\geq\sqrt{2} + 1$.①若$a\geq\sqrt{2}$，对$\vert f(t) - a\vert\leq(t - a)^{2}$，若$t = a$，则$\vert f(a) - a\vert\leq0$，则$f(a) = a$，解得$a = \sqrt{2}$.当$a = \sqrt{2}$时，$\left|\frac{f(t) - \sqrt{2}}{t - \sqrt{2}}\right| = \left|\frac{f(t) - f(\sqrt{2})}{t - \sqrt{2}}\right| = \left|\frac{\frac{t}{2} + \frac{1}{t} - \left(\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}}\right)}{t - \sqrt{2}}\right| = \left|\frac{1}{2} - \frac{1}{\sqrt{2}t}\right| = \left|\frac{t - \sqrt{2}}{2t}\right|$，从而$\frac{\vert f(t) - \sqrt{2}\vert}{(t - \sqrt{2})^{2}} = \frac{1}{2t}\leq\frac{1}{2\sqrt{2}}\lt1$，即$a = \sqrt{2}$符合题意.②若$a\lt\sqrt{2}$，即$a\leq\sqrt{2} - 1$，$\vert f(t) - a\vert = f(t) - a\leq(t - a)^{2}$，从而$\frac{t}{2} + \frac{1}{t} - a\leq(t - a)^{2}$，即$2t^{3} - (4a + 1)t^{2} + 2(a^{2} + a)t - 2\geq0$，等价于$2t(t - a)(t - a - 1) + t^{2} - 2\geq0$.由于$a\leq\sqrt{2} - 1$，$t\geq\sqrt{2}$，则$t - a\gt0$，$t - a - 1\geq0$，$t^{2} - 2\geq0$，所以$2t(t - a)(t - a - 1) + t^{2} - 2\geq0$恒成立，从而$a\leq\sqrt{2} - 1$.综上，$a\leq\sqrt{2} - 1$或$a = \sqrt{2}$.