Question

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，令g（x）=f（x）-|λx-1|（λ＞0）．
（1）求函數(shù)f（x）的表達(dá)式；
（2）求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）研究函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上的零點個數(shù)．

Answer 1

【答案】分析：（1）由∵f（0）=0可得c=0而函數(shù)對于任意x∈R都有，可得函數(shù)f（x）的對稱軸從而可得a=b
結(jié)合f（x）≥x，即ax²+（b-1）x≥0對于任意x∈R都成立，可轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的圖象可得a＞0，且△=（b-1）²≤0．
（2）由（1）可得g（x）=f（x）-|λx-1|=
根據(jù)函數(shù)g（x）需討論：
①當(dāng)時，函數(shù)g（x）=x²+（1-λ）x+1的對稱軸為，
則要比較對稱軸與區(qū)間端點的大小，為此產(chǎn)生討論：，與分別求單調(diào)區(qū)間
②當(dāng)時，函數(shù)g（x）=x²+（1+λ）x-1的對稱軸為，
同①的討論思路
（3）結(jié)合（2）中的單調(diào)區(qū)間及零點存在定理進(jìn)行判斷函數(shù)g（x）的零點
解答：（1）解：∵f（0）=0，∴c=0．（1分）
∵對于任意x∈R都有，
∴函數(shù)f（x）的對稱軸為，即，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|=（5分）
①當(dāng)時，函數(shù)g（x）=x²+（1-λ）x+1的對稱軸為，
若，即0＜λ≤2，函數(shù)g（x）在上單調(diào)遞增；（6分）
若，即λ＞2，函數(shù)g（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
（7分）
②當(dāng)時，函數(shù)g（x）=x²+（1+λ）x-1的對稱軸為，
則函數(shù)g（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．（8分）
綜上所述，當(dāng)0＜λ≤2時，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；（9分）
當(dāng)λ＞2時，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為和．（10分）
（3）解：①當(dāng)0＜λ≤2時，由（2）知函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)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．（11分）
②當(dāng)λ＞2時，則，而g（0）=-1＜0，，g（1）=2-|λ-1|，
（�。┤�2＜λ≤3，由于，
且=，
此時，函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上只有一個零點；（12分）
（ⅱ）若λ＞3，由于且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(dāng)0＜λ≤3時，函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上只有一個零點；
當(dāng)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(diào)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(yīng)用．屬于綜合性較強(qiáng)的試題．