Question

已知函數f（x）=ax²+bx+c（a≠0）滿足f（0）=0，對于任意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）求函數f（x）的表達式；
（2）求函數g（x）的單調區(qū)間；
（3）研究函數g（x）在區(qū)間（0，1）上的零點個數．

Answer 1

分析：（1）由∵f（0）=0可得c=0而函數對于任意x∈R都有f(-

1

2

+x)=f(-

1

2

-x)，可得函數f（x）的對稱軸從而可得a=b
結合f（x）≥x，即ax²+（b-1）x≥0對于任意x∈R都成立，可轉化為二次函數的圖象可得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

根據函數g（x）需討論：
①當x≥

1

λ

時，函數g（x）=x²+（1-λ）x+1的對稱軸為x=

λ-1

2

，
則要比較對稱軸與區(qū)間端點的大小，為此產生討論：

λ-1

2

≤

1

λ

，與

λ-1

2

＞

1

λ

分別求單調區(qū)間
②當x＜

1

λ

時，函數g（x）=x²+（1+λ）x-1的對稱軸為x=-

1+λ

2

＜

1

λ

，
同①的討論思路
（3）結合（2）中的單調區(qū)間及零點存在定理進行判斷函數g（x）的零點

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

1

2

+x)=f(-

1

2

-x)，
∴函數f（x）的對稱軸為x=-

1

2

，即-

b

2a

=-

1

2

，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|=

x2+(1-λ)x+1 x≥ 1 λ x2+(1+λ)x-1 x＜ 1 λ

（5分）
①當x≥

1

λ

時，函數g（x）=x²+（1-λ）x+1的對稱軸為x=

λ-1

2

，
若

λ-1

2

≤

1

λ

，即0＜λ≤2，函數g（x）在(

1

λ

，+∞)上單調遞增；（6分）
若

λ-1

2

＞

1

λ

，即λ＞2，函數g（x）在(

λ-1

2

，+∞)上單調遞增，在(

1

λ

，

λ-1

2

)上單調遞減．
（7分）
②當x＜

1

λ

時，函數g（x）=x²+（1+λ）x-1的對稱軸為x=-

1+λ

2

＜

1

λ

，
則函數g（x）在(-

1+λ

2

，

1

λ

)上單調遞增，在(-∞，-

1+λ

2

)上單調遞減．（8分）
綜上所述，當0＜λ≤2時，函數g（x）單調遞增區(qū)間為(-

1+λ

2

，+∞)，單調遞減區(qū)間為(-∞，-

1+λ

2

)；（9分）
當λ＞2時，函數g（x）單調遞增區(qū)間為(-

1+λ

2

，

1

λ

)和(

λ-1

2

，+∞)，單調遞減區(qū)間為(-∞，-

1+λ

2

)和(

1

λ

，

λ-1

2

)．（10分）
（3）解：①當0＜λ≤2時，由（2）知函數g（x）在區(qū)間（0，1）上單調遞增，
又g（0）=-1＜0，g（1）=2-|λ-1|＞0，
故函數g（x）在區(qū)間（0，1）上只有一個零點．（11分）
②當λ＞2時，則

1

λ

＜

1

2

＜1，而g（0）=-1＜0，g(

1

λ

)=

1

λ2

+

1

λ

＞0，g（1）=2-|λ-1|，
（�。┤�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，
此時，函數g（x）在區(qū)間（0，1）上只有一個零點；（12分）
（ⅱ）若λ＞3，由于

λ-1

2

＞1且g（1）=2-|λ-1|＜0，此時，函數g（x）在區(qū)間（0，1）
上有兩個不同的零點．（13分）
綜上所述，當0＜λ≤3時，函數g（x）在區(qū)間（0，1）上只有一個零點；
當λ＞3時，函數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的解析式的求解，函數的單調區(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用．屬于綜合性較強的試題．