Question

20．已知向量$\overrightarrow{a}$=（cos$\frac{3θ}{2}$，sin$\frac{3θ}{2}$），$\overrightarrow{b}$=（cos$\frac{θ}{2}$，-sin$\frac{θ}{2}$），θ∈[0，$\frac{π}{3}$]，
（1）求$\frac{\overrightarrow{a}•\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|}$的最大值和最小值；
（2）若|k$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{b}$|=$\sqrt{3}$|$\overrightarrow{a}$-k$\overrightarrow{b}$|（k∈R），求k的取值范围．
（3）设函数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为常数且a∈（0，1）．若x₀满足f[f（x₀）]=x₀，但f（x₀）≠x₀，则称x₀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，并求二阶周期点x₁，x₂．

Answer 1

分析 （1）由数量积的运算可得$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$与|$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{b}$|，令y=$\frac{\overrightarrow{a}•\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|}$，将$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$与|$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{b}$|带入可得y=$\frac{2co{s}^{2}θ-1}{2cosθ}$，令t=cosθ，进而可得y=$\frac{2{t}^{2}-1}{2t}$=t-$\frac{1}{2t}$，分享可得y的单调性，结合t的范围，即可得答案；
（2）由|k$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{b}$|=$\sqrt{3}$|$\overrightarrow{a}$-k$\overrightarrow{b}$|，结合数量积的运算量，变形可得$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$=$\frac{1+{k}^{2}}{4k}$，又由$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$=cos2θ，且θ∈[0，$\frac{π}{3}$]，可得-$\frac{1}{2}$≤$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$≤1；分析可得-$\frac{1}{2}$≤$\frac{1+{k}^{2}}{4k}$≤1，解可得答案；
（3）根据题意，易得f[f（x）]的解析式，由解析式分4种情况讨论各个区间中二阶周期点的个数，综合可得证明．

解答 解：（1）$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$=cos$\frac{3θ}{2}$cos$\frac{θ}{2}$-sin$\frac{3θ}{2}$sin$\frac{θ}{2}$=cos2θ，|$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{b}$|²=$\overrightarrow{a}$²+$\overrightarrow{b}$²+2$\overrightarrow{a}$$\overrightarrow{b}$=2+2cos2θ=4cos²θ，
则|$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{b}$|=2cosθ，θ∈[0，$\frac{π}{3}$]；
令y=$\frac{\overrightarrow{a}•\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|}$，则y=$\frac{\overrightarrow{a}•\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|}$=$\frac{cos2θ}{2cosθ}$=$\frac{2co{s}^{2}θ-1}{2cosθ}$，
令t=cosθ，则$\frac{1}{2}$≤t≤1，
则y=$\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}$，1]上是增函数，
则y_max=1-$\frac{1}{2×1}$=$\frac{1}{2}$，y_min=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2×\frac{1}{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
则$\frac{\overrightarrow{a}•\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|}$的最大值为$\frac{1}{2}$，最小值为-$\frac{1}{2}$；
（2）若|k$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{b}$|=$\sqrt{3}$|$\overrightarrow{a}$-k$\overrightarrow{b}$|（k∈R），则（k$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{b}$）²=3（$\overrightarrow{a}$-k$\overrightarrow{b}$）²，
且|$\overrightarrow{a}$|=1，|$\overrightarrow{b}$|=1，
则有k²+1+2$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$=3（k²+1-2k$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$），
变形可得$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$=$\frac{1+{k}^{2}}{4k}$，
又由$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$=cos2θ，且θ∈[0，$\frac{π}{3}$]，
则有-$\frac{1}{2}$≤$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$≤1，
即-$\frac{1}{2}$≤$\frac{1+{k}^{2}}{4k}$≤1，
解可得k=-1或2-$\sqrt{3}$≤k≤2+$\sqrt{3}$，
（3）证明：f[f（x）]=$\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、当0≤x≤a²时，由$\frac{1}{a^2}$x=x解得x=0，由于f（0）=0，故x=0不是f（x）的二阶周期点；
②、当a²＜x≤a时，由$\frac{1}{a（1-a）}$（a-x）=x解得x=$\frac{a}{{-{a^2}+a+1}}$∈（a²，a），
因为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）的二阶周期点；
③、当a＜x＜a²-a+1时，由$\frac{1}{（1-a）^{2}}$（x-a）=x解得x=$\frac{1}{2-a}$∈（a，a²-a+1），
④、因为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）的二阶周期点；
当a²-a+1≤x≤1时，由$\frac{1}{a（1-a）}$（1-x）=x解得x=$\frac{1}{{-{a^2}+a+1}}$∈（a²-a+1，1），
因为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）的二阶周期点．
因此，函数f（x）有且仅有两个二阶周期点，x₁=$\frac{a}{{-{a^2}+a+1}}$，x₂=$\frac{1}{{-{a^2}+a+1}}$．

点评 本题考查数量积的运算，涉及三角函数的恒等变换的运用，解题时注意θ∈[0，$\frac{π}{3}$]的这个条件，求出cos2θ以及cosθ的范围不是[-1，1]．