Question

1．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（-$\frac{1}{2}$+x）=f（-$\frac{1}{2}$-x），令g（x）=f（x）-|λx-1|（λ＞0）．
（1）求函数f（x）的表达式；
（2）函数g（x）在区间（0，1）上有两个零点，求λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由f（0）=0可得c=0，由函数对于任意x∈R都有f（-$\frac{1}{2}$+x）=f（-$\frac{1}{2}$-x）可得函数f（x）的对称轴为x=-$\frac{1}{2}$，从而可得a=b，由f（x）≥x，可得△=（b-1）²≤0，进而得到答案．
（2）由（1）可得g（x）的解析式，分析函数的单调性，结合零点存在定理进行判断函数g（x）的零点情况．

解答 （1）解：∵f（0）=0，∴c=0．（1分）
∵对于任意x∈R都有f（-$\frac{1}{2}$+x）=f（-$\frac{1}{2}$-x），
∴函数f（x）的对称轴为x=-$\frac{1}{2}$，即-$\frac{b}{2a}$=-$\frac{1}{2}$，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|=$\left\{\begin{array}{l}{x}^{2}+（1-λ）x+1，x≥\frac{1}{λ}\\{x}^{2}+（1+λ）x+1，x＜\frac{1}{λ}\end{array}\right.$（5分）
①当x≥$\frac{1}{λ}$时，函数g（x）=x²+（1-λ）x+1的对称轴为x=$\frac{λ-1}{2}$，
若$\frac{λ-1}{2}$≤$\frac{1}{λ}$，即0＜λ≤2，函数g（x）在（$\frac{1}{λ}$，+∞）上单调递增；（6分）
则函数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．（8分）
②若$\frac{λ-1}{2}$＞$\frac{1}{λ}$，即λ＞2，函数g（x）在（$\frac{λ-1}{2}$，+∞）上单调递增，在（$\frac{1}{λ}$，$\frac{λ-1}{2}$）上单调递减．（9分）
此时$\frac{1}{λ}$＜$\frac{1}{2}$＜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（$\frac{λ-1}{2}$）=（$\frac{λ-1}{2}$）²+（1-λ）•$\frac{λ-1}{2}$+1=-$\frac{（λ-1）^{2}}{4}$+1≥0，
此时，函数g（x）在区间（0，1）上只有一个零点；（11分）
（ⅱ）若λ＞3，由于$\frac{λ-1}{2}$＞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．