Question

1．已知函數(shù)f（x）=ax²+bx+c（a≠0）滿足f（0）=0，對于任意x∈R都有f（x）≥x，且f（-$\frac{1}{2}$+x）=f（-$\frac{1}{2}$-x），令g（x）=f（x）-|λx-1|（λ＞0）．
（1）求函數(shù)f（x）的表達式；
（2）函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上有兩個零點，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由f（0）=0可得c=0，由函數(shù)對于任意x∈R都有f（-$\frac{1}{2}$+x）=f（-$\frac{1}{2}$-x）可得函數(shù)f（x）的對稱軸為x=-$\frac{1}{2}$，從而可得a=b，由f（x）≥x，可得△=（b-1）²≤0，進而得到答案．
（2）由（1）可得g（x）的解析式，分析函數(shù)的單調性，結合零點存在定理進行判斷函數(shù)g（x）的零點情況．

解答 （1）解：∵f（0）=0，∴c=0．（1分）
∵對于任意x∈R都有f（-$\frac{1}{2}$+x）=f（-$\frac{1}{2}$-x），
∴函數(shù)f（x）的對稱軸為x=-$\frac{1}{2}$，即-$\frac{2a}$=-$\frac{1}{2}$，得a=b．（2分）
又f（x）≥x，即ax²+（b-1）x≥0對于任意x∈R都成立，
∴a＞0，且△=（b-1）²≤0．
∵（b-1）²≥0，
∴b=1，a=1．
∴f（x）=x²+x．（4分）
（2）解：g（x）=f（x）-|λx-1|=$\left\{\begin{array}{l}{x}^{2}+（1-λ）x+1，x≥\frac{1}{λ}\\{x}^{2}+（1+λ）x+1，x＜\frac{1}{λ}\end{array}\right.$（5分）
①當x≥$\frac{1}{λ}$時，函數(shù)g（x）=x²+（1-λ）x+1的對稱軸為x=$\frac{λ-1}{2}$，
若$\frac{λ-1}{2}$≤$\frac{1}{λ}$，即0＜λ≤2，函數(shù)g（x）在（$\frac{1}{λ}$，+∞）上單調遞增；（6分）
則函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上單調遞增，
又g（0）=-1＜0，g（1）=2-|λ-1|＞0，
故函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上只有一個零點．（8分）
②若$\frac{λ-1}{2}$＞$\frac{1}{λ}$，即λ＞2，函數(shù)g（x）在（$\frac{λ-1}{2}$，+∞）上單調遞增，在（$\frac{1}{λ}$，$\frac{λ-1}{2}$）上單調遞減．（9分）
此時$\frac{1}{λ}$＜$\frac{1}{2}$＜1，而g（0）=-1＜0，g（$\frac{1}{λ}$）=$\frac{1}{{λ}^{2}}$+$\frac{1}{λ}$＞0，g（1）=2-|λ-1|，
（�。┤�2＜λ≤3，由于$\frac{1}{λ}$＜$\frac{λ-1}{2}$≤1，
且g（$\frac{λ-1}{2}$）=（$\frac{λ-1}{2}$）²+（1-λ）•$\frac{λ-1}{2}$+1=-$\frac{（λ-1）^{2}}{4}$+1≥0，
此時，函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上只有一個零點；（11分）
（ⅱ）若λ＞3，由于$\frac{λ-1}{2}$＞1且g（1）=2-|λ-1|＜0，此時，函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）
上有兩個不同的零點．（13分）
綜上所述，當λ＞3時，函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上有兩個不同的零點．（14分）

點評 本題主要考查了函數(shù)的解析式的求解，函數(shù)的單調區(qū)間，零點存在的判定定理，考查了分類討論思想的在解題中的應用．屬于綜合性較強的試題．