Question

已知二次函数f（x）=ax²+bx+c（其中a≠0）满足下列3个条件：
①f（x）的图象过坐标原点；
②对于任意x∈R都有f(-

1

2

+x)=f(-

1

2

-x)成立；
③方程f（x）=x有两个相等的实数根，令g（x）=f（x）-|λx-1|（其中λ＞0），
（1）求函数f（x）的表达式；
（2）求函数g（x）的单调区间（直接写出结果即可）；
（3）研究函数g（x）在区间（0，1）上的零点个数．

Answer 1

考点：函数与方程的综合运用,带绝对值的函数,函数单调性的判断与证明,二次函数的性质,根的存在性及根的个数判断

专题：函数的性质及应用

分析：（1）利用f（0）=0求出c．通过函数的对称轴，得到a=b，通过方程f（x）=x有两个相等的实数根，即可求函数f（x）的表达式；
（2）化简函数g（x）的表达式为分段函数，通过x≥

1

λ

时，结合函数g（x）=x²+（1-λ）x+1的对称轴为求出单调求解，当x＜

1

λ

时类似求解函数单调区间．
（3）结合（2）的函数的单调性，即可研究函数g（x）在区间（0，1）上的零点个数．

解答： 解：（1）由题意得f（0）=0，即c=0．…（1分）
∵对于任意x∈R都有f(-

1

2

+x)=f(-

1

2

-x)，
∴对称轴为x=-

1

2

，即-

b

2a

=-

1

2

，即a=b．
∴f（x）=ax²+ax，
∵方程f（x）=x仅有一根，即方程ax²+（a-1）x=0仅有一根，
∴△=0，即（a-1）²=0，即a=1．
∴f（x）=x²+x． …（4分）
（2）g（x）=f（x）-|λx-1|=

x2+(1-λ)x+1， x≥ 1 λ x2+(1+λ)x-1， x＜ 1 λ

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；
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

)上递减．
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．
综上所述，
当0＜λ≤2时，函数g（x）增区间为(-

1+λ

2

，+∞)，减区间为(-∞，-

1+λ

2

)；
当λ＞2时，函数g（x）增区间为(-

1+λ

2

，

1

λ

)、(

λ-1

2

，+∞)，减区间为(-∞，-

1+λ

2

)、(

1

λ

，

λ-1

2

)．                                       …（9分）
（3）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． …（12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；
（ⅱ）若λ＞3，由于

λ-1

2

＞1且g（1）=2-|λ-1|＜0，此时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． …（16分）

点评：本题考查函数的单调性的应用，分类讨论思想的应用，考查函数的零点解析式的求法，二次函数的性质的应用，是中档题．