Question

8．已知函數(shù)f（x）=ax²+bx+c（a≠0）滿足f（0）=1，對于任意x∈R，f（x）≥x，且f（${\frac{1}{2}$+x）=f（${\frac{1}{2}$-x）．令g（x）=f（x）-|mx-1|（m＞0）．
（1）求函數(shù)f（x）解析式；
（2）探求函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上的零點個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）利用f（0）=1，得c=1，由$f（{\frac{1}{2}+x}）=f（{\frac{1}{2}-x}）$推出a=-b，利用任意x∈R，f（x）≥-x，即ax²+（b+1）x+1≥0都成立，通過判別式求出a，b．即可得到好像是解析式．
（2）求出g（x）的解析式，通過$x≥\frac{1}{m}，g（x）={x^2}-（{1+m}）x+2$，對稱軸滿足$\frac{m+1}{2}≤\frac{1}{m}$，判斷函數(shù)的單調(diào)性，若$x＜\frac{1}{m}，g（x）={x^2}+（{m-1}）x$其對稱軸滿足$\frac{1-m}{2}≤\frac{1}{m}$，判斷函數(shù)的單調(diào)性，然后推出當(dāng)m=1時．當(dāng)m＞1時，1＜m≤2時，m＞2時，函數(shù)g（x）零點的個數(shù)．

解答 解：（1）由f（0）=1，得c=1，由$f（{\frac{1}{2}+x}）=f（{\frac{1}{2}-x}）$可知 $-\frac{2a}=\frac{1}{2}$，所以a=-b，
又對于任意x∈R，f（x）≥x，即ax²+（b-1）x+1≥0都成立，
所以a＞0，△=（a+1）²-4a=（a-1）²≤0，
∴a=1，b=-1，
所以f（x）=x²-x+1．
（2）∵$g（x）=\left\{\begin{array}{l}{x^2}-（{1+m}）x+2，x≥\frac{1}{m}\\{x^2}+（{m-1}）x，x＜\frac{1}{m}\end{array}\right.$，
若$x≥\frac{1}{m}，g（x）={x^2}-（{1+m}）x+2$，其對稱軸為$x=\frac{m+1}{2}$，當(dāng)$\frac{m+1}{2}≤\frac{1}{m}$，即0＜m≤1時，
函數(shù)在$（{\frac{1}{m}，+∞}）$上為增函數(shù)； 當(dāng)$\frac{m+1}{2}＞\frac{1}{m}$，即m＞1時，
函數(shù)在$（{\frac{1}{m}，\frac{m+1}{2}}）$上為減函數(shù)，在$（{\frac{m+1}{2}，+∞}）$上為增函數(shù)；
 若$x＜\frac{1}{m}，g（x）={x^2}+（{m-1}）x$其對稱軸為$x=\frac{1-m}{2}$，此時$\frac{1-m}{2}≤\frac{1}{m}$，
所以函數(shù)在$（{-∞，\frac{1-m}{2}}）$上為減函數(shù)，在$（{\frac{1-m}{2}，\frac{1}{m}}）$上為增函數(shù)，且g（0）=0，g（1）=m＞0，所以函數(shù)g（x）在（0，1）上有一個零點；
當(dāng)m=1時，∵$g（x）=\left\{\begin{array}{l}{x^2}-2x+2，x≥1\\{x^2}，x＜1\end{array}\right.$，沒有零點；
當(dāng)m＞1時，函數(shù)g（x）在$（{0，\frac{1}{m}}）$上為增函數(shù)，在$（{\frac{1}{m}，1}）$上為減函數(shù)，且g（0）=0，g（1）=2-m，若2-m≥0，即1＜m≤2時，函數(shù)g（x）在（0，1）上沒有零點，
若2-m＜0，即m＞2時，函數(shù)g（x）在（0，1）上有一個零點． 
綜上得，當(dāng)0＜m＜1或m＞2時函數(shù)g（x）在（0，1）上有一個零點；
當(dāng)1≤m≤2時，函數(shù)g（x）在（0，1）上沒有零點．

點評 本題考查函數(shù)的解析式的求法，函數(shù)的零點個數(shù)的判斷，函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，考查分類討論思想以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，考查計算能力．