Question

已知函数f（x）=ax²+bx+c（a≠0）满足f（0）=0，对于任意x∈R都有f（x）≥x，且f(-

1

2

+x)=f(-

1

2

-x)，令g（x）=f（x）-|λx-1|（λ＞0）．
（1）求函数f（x）的表达式；
（2）求函数g（x）的单调区间；
（3）研究函数g（x）在区间（0，1）上的零点个数．

Answer 1

分析：（1）由∵f（0）=0可得c=0而函数对于任意x∈R都有f(-

1

2

+x)=f(-

1

2

-x)，可得函数f（x）的对称轴从而可得a=b
结合f（x）≥x，即ax²+（b-1）x≥0对于任意x∈R都成立，可转化为二次函数的图象可得a＞0，且△=（b-1）²≤0．
（2）由（1）可得g（x）=f（x）-|λx-1|=

x2+(1-λ)x+1 x≥ 1 λ x2+(1+λ)x-1 x＜ 1 λ

根据函数g（x）需讨论：
①当x≥

1

λ

时，函数g（x）=x²+（1-λ）x+1的对称轴为x=

λ-1

2

，
则要比较对称轴与区间端点的大小，为此产生讨论：

λ-1

2

≤

1

λ

，与

λ-1

2

＞

1

λ

分别求单调区间
②当x＜

1

λ

时，函数g（x）=x²+（1+λ）x-1的对称轴为x=-

1+λ

2

＜

1

λ

，
同①的讨论思路
（3）结合（2）中的单调区间及零点存在定理进行判断函数g（x）的零点

解答：（1）解：∵f（0）=0，∴c=0．（1分）
∵对于任意x∈R都有f(-

1

2

+x)=f(-

1

2

-x)，
∴函数f（x）的对称轴为x=-

1

2

，即-

b

2a

=-

1

2

，得a=b．（2分）
又f（x）≥x，即ax²+（b-1）x≥0对于任意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|=

x2+(1-λ)x+1 x≥ 1 λ x2+(1+λ)x-1 x＜ 1 λ

（5分）
①当x≥

1

λ

时，函数g（x）=x²+（1-λ）x+1的对称轴为x=

λ-1

2

，
若

λ-1

2

≤

1

λ

，即0＜λ≤2，函数g（x）在(

1

λ

，+∞)上单调递增；（6分）
若

λ-1

2

＞

1

λ

，即λ＞2，函数g（x）在(

λ-1

2

，+∞)上单调递增，在(

1

λ

，

λ-1

2

)上单调递减．
（7分）
②当x＜

1

λ

时，函数g（x）=x²+（1+λ）x-1的对称轴为x=-

1+λ

2

＜

1

λ

，
则函数g（x）在(-

1+λ

2

，

1

λ

)上单调递增，在(-∞，-

1+λ

2

)上单调递减．（8分）
综上所述，当0＜λ≤2时，函数g（x）单调递增区间为(-

1+λ

2

，+∞)，单调递减区间为(-∞，-

1+λ

2

)；（9分）
当λ＞2时，函数g（x）单调递增区间为(-

1+λ

2

，

1

λ

)和(

λ-1

2

，+∞)，单调递减区间为(-∞，-

1+λ

2

)和(

1

λ

，

λ-1

2

)．（10分）
（3）解：①当0＜λ≤2时，由（2）知函数g（x）在区间（0，1）上单调递增，
又g（0）=-1＜0，g（1）=2-|λ-1|＞0，
故函数g（x）在区间（0，1）上只有一个零点．（11分）
②当λ＞2时，则

1

λ

＜

1

2

＜1，而g（0）=-1＜0，g(

1

λ

)=

1

λ2

+

1

λ

＞0，g（1）=2-|λ-1|，
（ⅰ）若2＜λ≤3，由于

1

λ

＜

λ-1

2

≤1，
且g(

λ-1

2

)=(

λ-1

2

)2+(1-λ)•

λ-1

2

+1=-

(λ-1)2

4

+1≥0，
此时，函数g（x）在区间（0，1）上只有一个零点；（12分）
（ⅱ）若λ＞3，由于

λ-1

2

＞1且g（1）=2-|λ-1|＜0，此时，函数g（x）在区间（0，1）
上有两个不同的零点．（13分）
综上所述，当0＜λ≤3时，函数g（x）在区间（0，1）上只有一个零点；
当λ＞3时，函数g（x）在区间（0，1）上有两个不同的零点．（14分）

点评：本题主要考查了函数的解析式的求解，函数的单调区间，零点存在的判定定理，考查了分类讨论思想的在解题中的应用．属于综合性较强的试题．