Question

4．已知非空集合A是由一些函數(shù)組成，滿足如下性質(zhì)：
①對任意f（x）∈A，f（x）均存在反函數(shù)f^-1（x），且f^-1（x）∈A；
②對任意f（x）∈A，方程f（x）=x均有解；
③對任意f（x）、g（x）∈A，若函數(shù)g（x）為定義在R上的一次函數(shù)，則f（g（x））∈A；
（1）若f（x）=${（\frac{1}{2}）^x}$，g（x）=2x-3均在集合A中，求證：函數(shù)h（x）=${log_{\frac{1}{2}}}$（2x-3）∈A；
（2）若函數(shù)f（x）=$\frac{{{x^2}+a}}{x+1}$（x≥1）在集合A中，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若集合A中的函數(shù)均為定義在R上的一次函數(shù)，求證：存在一個實數(shù)x₀，使得對一切f（x）∈A，均有f（x₀）=x₀．

Answer 1

分析 （1）由f（x）=${（\frac{1}{2}）^x}$∈A，根據(jù)性質(zhì)①可得：f^-1（x）=$lo{g}_{\frac{1}{2}}x$∈A，且存在x₀＞0，使得$lo{g}_{\frac{1}{2}}{x}_{0}$=x₀，由g（x）=2x-3∈A，且為一次函數(shù)，根據(jù)性質(zhì)③即可證明．
（2）由性質(zhì)②，方程$\frac{{{x^2}+a}}{x+1}$=x（x≥1），即a=x在x∈[1，+∞）上有解，可得a≥1．變形f（x）=$\frac{{x}^{2}+a}{x+1}$=x+1+$\frac{a+1}{x+1}$-2，（x∈[1，+∞））．對$\sqrt{a+1}$與2的關(guān)系分類討論，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．
（3）任取f₁（x）=ax+b，f₂（x）=cx+d∈A，由性質(zhì)（1）a，c≠0，不妨設(shè)a，c≠1，（若a=1，則b=0，f₁（x）=x），由性質(zhì)③函數(shù)g（x）=f₁（f₂（x））=acx+（ad+b）∈A，函數(shù)h（x）=f₂（f₁（x））=acx+（bc+d）∈A，由性質(zhì)①：h^-1（x）=$\frac{x-（bc+d）}{ac}$∈A，由性質(zhì)③：h^-1（g（x））=$\frac{acx+（bd+b）-（bc+d）}{ac}$=x=$\frac{（ad+b）-（bc+d）}{ac}$∈A，由性質(zhì)②方程：x+$\frac{（ad+b）-（bc+d）}{ac}$=x有解，可得ad+b=bc+d，即$\frac{a-1}=\fracegoqdk0{c-1}$，即可證明．

解答 （1）證明：由f（x）=${（\frac{1}{2}）^x}$∈A，根據(jù)性質(zhì)①可得：f^-1（x）=$lo{g}_{\frac{1}{2}}x$∈A，且存在x₀＞0，使得$lo{g}_{\frac{1}{2}}{x}_{0}$=x₀，
由g（x）=2x-3∈A，且為一次函數(shù)，根據(jù)性質(zhì)③可得：h（x）=$lo{g}_{\frac{1}{2}}（2x-3）$=f^-1（g（x））∈A．
（2）解：由性質(zhì)②，方程$\frac{{{x^2}+a}}{x+1}$=x（x≥1），即a=x在x∈[1，+∞）上有解，∴a≥1．
由f（x）=$\frac{{x}^{2}+a}{x+1}$=$\frac{{x}^{2}-1+a+1}{x+1}$=x+1+$\frac{a+1}{x+1}$-2，（x∈[1，+∞））．
若$\sqrt{a+1}$＞2，a＞3時，$\frac{a-1}{2}$＞1，且f（1）=$f（\frac{a-1}{2}）$，∴此時f（x）沒有反函數(shù)，即不滿足性質(zhì)①．
若$\sqrt{a+1}$≤2，1≤a≤3時，函數(shù)f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，∴函數(shù)f（x）有反函數(shù)，即滿足性質(zhì)①．
綜上：a∈[1，3]．
（3）證明：任取f₁（x）=ax+b，f₂（x）=cx+d∈A，由性質(zhì)（1）a，c≠0，不妨設(shè)a，c≠1，（若a=1，則b=0，∴f₁（x）=x），
由性質(zhì)③函數(shù)g（x）=f₁（f₂（x））=acx+（ad+b）∈A，函數(shù)h（x）=f₂（f₁（x））=acx+（bc+d）∈A，
由性質(zhì)①：h^-1（x）=$\frac{x-（bc+d）}{ac}$∈A，
由性質(zhì)③：h^-1（g（x））=$\frac{acx+（bd+b）-（bc+d）}{ac}$=x=$\frac{（ad+b）-（bc+d）}{ac}$∈A，
由性質(zhì)②方程：x+$\frac{（ad+b）-（bc+d）}{ac}$=x有解，∴ad+b=bc+d，即$\frac{a-1}=\fracdqsfwz1{c-1}$，
f₁（x）=x，可得ax+b=x，x=$\frac{a-1}$．f₂（x）=x，可得cx+d=x，x=$\fraczgxq1ho{c-1}$．
由此可知：對于任意兩個函數(shù)f₁（x），f₂（x），存在相同的x₀滿足：f₁（x₀）=x₀f₂（x₀），
∴存在一個實數(shù)x₀，使得對一切f（x）∈A，均有f（x₀）=x₀．

點評 本題考查了反函數(shù)的性質(zhì)、方程的解法、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．