Question

3．已知函數(shù)f（x）=ax²+bx+c（a≠0）滿足f（0）=0，對(duì)于任意x∈R都有f（x）≥x，且$f（{-\frac{1}{2}+x}）=f（{-\frac{1}{2}-x}）$．
（I）求函數(shù)f（x）的表達(dá)式；
（II）令g（x）=f（x）-|λx-1|（λ＞0），研究函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出c=0，函數(shù)對(duì)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(duì)稱(chēng)軸從而可得a=b，結(jié)合f（x）≥x，即ax²+（b-1）x≥0對(duì)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．
（Ⅱ）求出g（x）的解析式，通過(guò)了λ的范圍，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)判斷即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f（0）=0，∴c=0，
∵對(duì)于任意x∈R都有f（-$\frac{1}{2}$+x）=f（-$\frac{1}{2}$-x），
∴函數(shù)f（x）的對(duì)稱(chēng)軸為x=-$\frac{1}{2}$，即-$\frac{2a}$=-$\frac{1}{2}$，得a=b，
又f（x）≥x，即ax²+（b-1）x≥0對(duì)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）
（Ⅱ）g（x）=f（x）-|λx-1|=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+（1-λ）x+1，x≥\frac{1}{λ}}\\{{x}^{2}+（1+λ）x-1，x＜\frac{1}{λ}}\end{array}\right.$，
①當(dāng)x≥$\frac{1}{λ}$時(shí)，函數(shù)g（x）=x²+（1-λ）x+1的對(duì)稱(chēng)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(diào)遞增，
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(gè)零點(diǎn)．
若$\frac{λ-1}{2}$＞$\frac{1}{λ}$，即λ＞2時(shí)，函數(shù)g（x）在（$\frac{λ-1}{2}$，+∞）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{λ}$，$\frac{λ-1}{2}$）上單調(diào)遞減．
由$\frac{1}{λ}$＜$\frac{1}{2}$＜1，而g（0）=-1＜0，g（$\frac{1}{λ}$）=$\frac{1}{{λ}^{2}}$+$\frac{1}{λ}$＞0，g（1）=2-|λ-1|，
（ⅰ）若2＜λ≤3，由于$\frac{1}{λ}$＜$\frac{λ-1}{2}$≤1，且g（$\frac{λ-1}{2}$ ）=-$\frac{{（λ-1））}^{2}}{4}$+1≥0，
此時(shí)，函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上只有一個(gè)零點(diǎn)；
（ⅱ）若λ＞3，由于 $\frac{λ-1}{2}$＞1且g（1）=2-|λ-1|＜0，
此時(shí)，函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)；
綜上所述，當(dāng)0＜λ≤3時(shí)，函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上只有一個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)λ＞3時(shí)，函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 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(diǎn)存在的判定定理，考查了分類(lèi)討論思想的在解題中的應(yīng)用．屬于綜合性較強(qiáng)的試題．