Question

3．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$f（{-\frac{1}{2}+x}）=f（{-\frac{1}{2}-x}）$．
（I）求函数f（x）的表达式；
（II）令g（x）=f（x）-|λx-1|（λ＞0），研究函数g（x）在区间（0，1）上的零点个数．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出c=0，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．
（Ⅱ）求出g（x）的解析式，通过了λ的范围，结合二次函数的性质判断即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f（0）=0，∴c=0，
∵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，
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）
（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，
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．
若$\frac{λ-1}{2}$＞$\frac{1}{λ}$，即λ＞2时，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．
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，
此时，函数g（x）在区间（0，1）上只有一个零点；
（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；
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．

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．