Question

20．已知向量$\overrightarrow{a}$=（cos$\frac{3θ}{2}$，sin$\frac{3θ}{2}$），$\overrightarrow$=（cos$\frac{θ}{2}$，-sin$\frac{θ}{2}$），θ∈[0，$\frac{π}{3}$]，
（1）求$\frac{\overrightarrow{a}•\overrightarrow}{|\overrightarrow{a}+\overrightarrow|}$的最大值和最小值；
（2）若|k$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow$|=$\sqrt{3}$|$\overrightarrow{a}$-k$\overrightarrow$|（k∈R），求k的取值范圍．
（3）設(shè)函數(shù)f（x）=$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{a}x，0≤x≤a\\ \frac{1}{1-a}（1-x），a＜x≤1\end{array}\right.$a為常數(shù)且a∈（0，1）．若x₀滿足f[f（x₀）]=x₀，但f（x₀）≠x₀，則稱x₀為f（x）的二階周期點．證明函數(shù)f（x）有且僅有兩個二階周期點，并求二階周期點x₁，x₂．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)量積的運算可得$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow$與|$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow$|，令y=$\frac{\overrightarrow{a}•\overrightarrow}{|\overrightarrow{a}+\overrightarrow|}$，將$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow$與|$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow$|帶入可得y=$\frac{2co{s}^{2}θ-1}{2cosθ}$，令t=cosθ，進而可得y=$\frac{2{t}^{2}-1}{2t}$=t-$\frac{1}{2t}$，分享可得y的單調(diào)性，結(jié)合t的范圍，即可得答案；
（2）由|k$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow$|=$\sqrt{3}$|$\overrightarrow{a}$-k$\overrightarrow$|，結(jié)合數(shù)量積的運算量，變形可得$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow$=$\frac{1+{k}^{2}}{4k}$，又由$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow$=cos2θ，且θ∈[0，$\frac{π}{3}$]，可得-$\frac{1}{2}$≤$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow$≤1；分析可得-$\frac{1}{2}$≤$\frac{1+{k}^{2}}{4k}$≤1，解可得答案；
（3）根據(jù)題意，易得f[f（x）]的解析式，由解析式分4種情況討論各個區(qū)間中二階周期點的個數(shù)，綜合可得證明．

解答 解：（1）$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow$=cos$\frac{3θ}{2}$cos$\frac{θ}{2}$-sin$\frac{3θ}{2}$sin$\frac{θ}{2}$=cos2θ，|$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow$|²=$\overrightarrow{a}$²+$\overrightarrow$²+2$\overrightarrow{a}$$\overrightarrow$=2+2cos2θ=4cos²θ，
則|$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow$|=2cosθ，θ∈[0，$\frac{π}{3}$]；
令y=$\frac{\overrightarrow{a}•\overrightarrow}{|\overrightarrow{a}+\overrightarrow|}$，則y=$\frac{\overrightarrow{a}•\overrightarrow}{|\overrightarrow{a}+\overrightarrow|}$=$\frac{cos2θ}{2cosθ}$=$\frac{2co{s}^{2}θ-1}{2cosθ}$，
令t=cosθ，則$\frac{1}{2}$≤t≤1，
則y=$\frac{2{t}^{2}-1}{2t}$=t-$\frac{1}{2t}$，$\frac{1}{2}$≤t≤1，
易得y=t-$\frac{1}{2t}$，在[$\frac{1}{2}$，1]上是增函數(shù)，
則y_max=1-$\frac{1}{2×1}$=$\frac{1}{2}$，y_min=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2×\frac{1}{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
則$\frac{\overrightarrow{a}•\overrightarrow}{|\overrightarrow{a}+\overrightarrow|}$的最大值為$\frac{1}{2}$，最小值為-$\frac{1}{2}$；
（2）若|k$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow$|=$\sqrt{3}$|$\overrightarrow{a}$-k$\overrightarrow$|（k∈R），則（k$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow$）²=3（$\overrightarrow{a}$-k$\overrightarrow$）²，
且|$\overrightarrow{a}$|=1，|$\overrightarrow$|=1，
則有k²+1+2$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow$=3（k²+1-2k$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow$），
變形可得$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow$=$\frac{1+{k}^{2}}{4k}$，
又由$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow$=cos2θ，且θ∈[0，$\frac{π}{3}$]，
則有-$\frac{1}{2}$≤$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow$≤1，
即-$\frac{1}{2}$≤$\frac{1+{k}^{2}}{4k}$≤1，
解可得k=-1或2-$\sqrt{3}$≤k≤2+$\sqrt{3}$，
（3）證明：f[f（x）]=$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{a^2}x，0≤x≤{a^2}\\ \frac{1}{a（1-a）}（a-x），{a^2}＜x≤a\\ \frac{1}{{（1-a{）^2}}}（x-a），a＜x＜{a^2}-a+1\\ \frac{1}{a（1-a）}（1-x），{a^2}-a+1≤x≤1.\end{array}\right.$
①、當(dāng)0≤x≤a²時，由$\frac{1}{a^2}$x=x解得x=0，由于f（0）=0，故x=0不是f（x）的二階周期點；
②、當(dāng)a²＜x≤a時，由$\frac{1}{a（1-a）}$（a-x）=x解得x=$\frac{a}{{-{a^2}+a+1}}$∈（a²，a），
因為f$（{\frac{a}{{-{a^2}+a+1}}}）$=$\frac{1}{a}$•$（{\frac{a}{{-{a^2}+a+1}}}）$=$\frac{1}{{-{a^2}+a+1}}$≠$\frac{a}{{-{a^2}+a+1}}$，
故x=$\frac{a}{{-{a^2}+a+1}}$是f（x）的二階周期點；
③、當(dāng)a＜x＜a²-a+1時，由$\frac{1}{（1-a）^{2}}$（x-a）=x解得x=$\frac{1}{2-a}$∈（a，a²-a+1），
④、因為f（$\frac{1}{2-a}$）=$\frac{1}{1-a}$•（1-$\frac{1}{2-a}$）=$\frac{1}{2-a}$，故x=$\frac{1}{2-a}$不是f（x）的二階周期點；
當(dāng)a²-a+1≤x≤1時，由$\frac{1}{a（1-a）}$（1-x）=x解得x=$\frac{1}{{-{a^2}+a+1}}$∈（a²-a+1，1），
因為f$（{\frac{a}{{-{a^2}+a+1}}}）$=$\frac{1}{1-a}$•$（{1-\frac{1}{{-{a^2}+a+1}}}）$=$\frac{a}{{-{a^2}+a+1}}$≠$\frac{1}{{-{a^2}+a+1}}$，
故x=$\frac{1}{{-{a^2}+a+1}}$是f（x）的二階周期點．
因此，函數(shù)f（x）有且僅有兩個二階周期點，x₁=$\frac{a}{{-{a^2}+a+1}}$，x₂=$\frac{1}{{-{a^2}+a+1}}$．

點評 本題考查數(shù)量積的運算，涉及三角函數(shù)的恒等變換的運用，解題時注意θ∈[0，$\frac{π}{3}$]的這個條件，求出cos2θ以及cosθ的范圍不是[-1，1]．