2013-江西卷文-21 解-分段函数二阶周期点

本题导读

本题考查分段函数。核心在于分类讨论、跨段迭代解方程的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年江西卷(文)） 设函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{a}x,& 0⩽x⩽a,\\ \frac{1}{1-a}(1-x),& a<x⩽1,\end{array}$　$a$ 为常数且 $a\in (0,1)$.

(1)当 $a=\frac{1}{2}$ 时，求 $f\left(f\left(\frac{1}{3}\right)\right)$；

(2)若 $x_0$ 满足 $f(f(x_0))=x_0$，但 $f(x_0)\ne x_0$，则称 $x_0$ 为 $f(x)$ 的二阶周期点，证明：函数 $f(x)$ 有且仅有两个二阶周期点，并求出二阶周期点 $x_1$，$x_2$；

(3)对于(2)中的 $x_1$，$x_2$，设 $A(x_1,f(f(x_1)))$，$B(x_2,f(f(x_2)))$，$C(a^2,0)$，记 $△ABC$ 的面积为 $S(a)$，求 $S(a)$ 在区间 $\left[\frac{1}{3},\frac{1}{2}\right]$ 上的最大值和最小值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. $(1)$ $f\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{2}{3}$，$f\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{2}{3}$。
2. $(2)$ 同段迭代导出矛盾；跨段解得 $x_1=\frac{a}{1+a-a^2}$，$x_2=\frac{1}{1+a-a^2}$。
3. $(3)$ $S(a)=\frac{a^2(1-a)}{2(1+a-a^2)}$，在 $\left[\frac{1}{3},\frac{1}{2}\right]$ 上递增：min $=\frac{1}{33}$，max $=\frac{1}{20}$。

✅【答案】

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(1)$\frac{2}{3}$；(2)$x_1=\frac{a}{1+a-a^2}$，$x_2=\frac{1}{1+a-a^2}$；(3)最大值 $\frac{1}{20}$，最小值 $\frac{1}{33}$

✍【详细解析】

Abstract

（1） $a=\frac{1}{2}$ 时 $f(x)=2x$（$0⩽x⩽\frac{1}{2}$），$f(x)=2(1-x)$（$\frac{1}{2}<x⩽1$）。 $f\left(\frac{1}{3}\right)=2\times \frac{1}{3}=\frac{2}{3}$；$\frac{2}{3}>\frac{1}{2}$，$f\left(\frac{2}{3}\right)=2\left(1-\frac{2}{3}\right)=\frac{2}{3}$。 故 $f\left(f\left(\frac{1}{3}\right)\right)=\frac{2}{3}$。 （2） 记 $g=1+a-a^2$（$a\in (0,1)$ 时 $g\in \left(1,\frac{5}{4}\right]$）。 ① 若 $x_0$ 与 $f(x_0)$ 同在 $[0,a]$：$f(x_0)=\frac{x_0}{a}$，$f(f(x_0))=\frac{x_0}{a^2}=x_0$，由 $x_0>0$ 得 $a=1$，矛盾（$x_0=0$ 时 $f(x_0)=0=x_0$ 不合”二阶”定义）。 ② 若同在 $(a,1]$：$f(f(x_0))=\frac{1-\frac{1-x_0}{1-a}}{1-a}=\frac{x_0-a}{(1-a{)}^2}=x_0$，解得 $x_0=\frac{1}{2-a}$；但此时 $f(x_0)=\frac{1-x_0}{1-a}=\frac{1}{2-a}=x_0$，即 $x_0$ 是一阶不动点，与"$f(x_0)\ne x_0$"矛盾，舍去。 ③ $x_0\in [0,a]$，$f(x_0)=\frac{x_0}{a}\in (a,1]$（需 $x_0>a^2$）： $f(f(x_0))=\frac{1-\frac{x_0}{a}}{1-a}=x_0\Rightarrow 1-\frac{x_0}{a}=x_0(1-a)\Rightarrow x_0=\frac{a}{1+a-a^2}.$④ $x_0\in (a,1]$，$f(x_0)=\frac{1-x_0}{1-a}\in [0,a]$（需 $x_0⩾a$）： $f(f(x_0))=\frac{1-x_0}{a(1-a)}=x_0\Rightarrow 1-x_0=a(1-a)x_0\Rightarrow x_0=\frac{1}{1+a-a^2}.$验证：$\frac{a}{g}⩽a⟺a(1-a)⩾0$ ✓；$\frac{1}{g}>a⟺a+a^2-a^3<1⟺(a-1{)}^2(a+1)>0$ ✓，且 $\frac{1}{g}<1$ ✓。 故恰有两个二阶周期点： $x_1=\frac{a}{1+a-a^2},x_2=\frac{1}{1+a-a^2}.$ （3） 二阶周期点满足 $f(f(x_i))=x_i$，故 $A(x_1,x_1)$，$B(x_2,x_2)$ 都在直线 $y=x$ 上。 $|AB|=(x_2-x_1)\sqrt{2}$；$C(a^2,0)$ 到直线 $x-y=0$ 的距离 $d=\frac{a^2}{\sqrt{2}}$。 $S(a)=\frac{1}{2}\cdot (x_2-x_1)\sqrt{2}\cdot \frac{a^2}{\sqrt{2}}=\frac{a^2(x_2-x_1)}{2}=\frac{a^2(1-a)}{2(1+a-a^2)}.$ 对 $S(a)$ 求导（整理后分子为 $\frac{a\left(a^3-2a^2-2a+2\right)}{2(1+a-a^2{)}^2}$ 的符号），设 $h(a)=a^3-2a^2-2a+2$，$h\prime (a)=3a^2-4a-2<0$ 于 $(0,1)$，$h$ 递减，且 $h\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{5}{8}>0$，故 $h>0$，$S\prime (a)>0$，$S(a)$ 在 $\left[\frac{1}{3},\frac{1}{2}\right]$ 上单调递增。 $S_{\min }=S\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{\frac{1}{9}\cdot \frac{2}{3}}{2\left(1+\frac{1}{3}-\frac{1}{9}\right)}=\frac{1}{33},S_{\max }=S\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2}}{2\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)}=\frac{1}{20}.$ 即最大值为 $\frac{1}{20}$，最小值为 $\frac{1}{33}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：分段函数的迭代与二阶周期点

核心方法：$(2)$ 跨段迭代：$x_0\in [0,a]$，$f(x_0)=\frac{x_0}{a}\in (a,1]$ → $\frac{1-\frac{x_0}{a}}{1-a}=x_0$ → $x_1=\frac{a}{1+a-a^2}$；对称得 $x_2=\frac{1}{1+a-a^2}$；$(3)$ $S(a)=\frac{a^2(1-a)}{2(1+a-a^2)}$ 在 $\left[\frac{1}{3},\frac{1}{2}\right]$ 递增，min $=\frac{1}{33}$，max $=\frac{1}{20}$

避坑指南：迭代问题先画段间映射图：同段内迭代 $f(f(x))=x$ 导出 $a=1$ 矛盾，二阶周期点必跨段产生——两段各出一个解，别漏”同段无解”的论证；面积公式里 $A$、$B$ 都在直线 $y=x$ 上，底用 $|AB|=(x_2-x_1)\sqrt{2}$、高是 $C(a^2,0)$ 到 $y=x$ 的距离 $\frac{a^2}{\sqrt{2}}$，别直接拿纵坐标当高。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：分段函数的复合迭代（二阶周期点）与三角形面积最值。

结论推广：分段讨论迭代；跨段建方程；单调性求最值。

方法推广：按 $x_0$ 所在段分类 → 同段排除、跨段解方程 → 写 $S(a)$ → 求导定单调 → 端点取最值。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 02_函数与导数主题

类题演练 (Links)

• 2013-福建卷文-13 填-分段函数求值
• 2013-北京卷文-13 填-分段函数值域
• 2013-新课标I卷文-12 单-分段函数恒成立