Question

2．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-l|（λ＞0）．
（1）求函数f（x）的表达式；
（2）求函数g（x）的单调区间．

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（-$\frac{1}{2}$+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．
（2）由（1）可得g（x）=f（x）-|λx-1|=$\left\{\begin{array}{l}{x}^{2}+（1-λ）x+1，x≥\frac{1}{λ}\\{x}^{2}+（1+λ）x+1，x＜\frac{1}{λ}\end{array}\right.$根据函数g（x）需讨论：①当x≥$\frac{1}{λ}$时，函数g（x）=x²+（1-λ）x+1的对称轴为x=$\frac{λ-1}{2}$，则要比较对称轴与区间端点的大小，为此产生讨论：$\frac{λ-1}{2}$≤$\frac{1}{λ}$，与$\frac{λ-1}{2}$＞$\frac{1}{λ}$分别求单调区间；②当x＜$\frac{1}{λ}$时，函数g（x）=x²+（1+λ）x-1的对称轴为x=-$\frac{1+λ}{2}$＜$\frac{1}{λ}$，同①的讨论思路

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）
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．
（7分）
②当x＜$\frac{1}{λ}$时，函数g（x）=x²+（1+λ）x-1的对称轴为x=-$\frac{1+λ}{2}$＜$\frac{1}{λ}$，
则函数g（x）在（-$\frac{1+λ}{2}$，$\frac{1}{λ}$）上单调递增，在（-∞，-$\frac{1+λ}{2}$）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（-$\frac{1+λ}{2}$，+∞），单调递减区间为（-∞，-$\frac{1+λ}{2}$）；（10分）
当λ＞2时，函数g（x）单调递增区间为（-$\frac{1+λ}{2}$，$\frac{1}{λ}$）和（$\frac{λ-1}{2}$，+∞），单调递减区间为（-∞，-$\frac{1+λ}{2}$）和（$\frac{1}{λ}$，$\frac{λ-1}{2}$）．（12分）

点评 本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．