Question

【题目】已知函数f（x）=x+ ﹣1（x≠0），k∈R．
（1）当k=3时，试判断f（x）在（﹣∞，0）上的单调性，并用定义证明；
（2）若对任意x∈R，不等式f（2x）＞0恒成立，求实数k的取值范围；
（3）当k∈R时，试讨论f（x）的零点个数．

Answer 1

【答案】
（1）解：当k=3，x∈（﹣∞，0）时，f（x）=x﹣ ，

＞0，

∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递增．

证明：在（﹣∞，0）上任取x1，x2，令x1＜x2，

f（x1）﹣f（x2）=（ ）﹣（ ）=（x1﹣x2）（1+ ），

∵x1，x2∈（﹣∞，0），x1＜x2，∴ ，

∴f（x1）﹣f（x2）＜0，

∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递增

（2）解：设2x=t，则t＞0，f（t）=t+ ，

①当k＞0时，f′（t）=1﹣ ，

t= 时，f′（t）=0，且f（t）取最小值，

f（ ）= =2 ﹣1，

当k 时，f（ ）=2 ﹣1＞0，

当0＜k≤ 时，f（ ）=2 ﹣1≤0，

∴k＞ 时，f（2x）＞0成立；0＜k≤ 时，f（2x）＞0不成立．

②当k=0时，f（t）=t﹣1，

∵t∈（0，+∞），不满足f（t）恒大于0，∴舍去．

③当k＜0时，f 恒大于0，

∵ ，且f（x）在（0，+∞）内连续，

∴不满足f（t）＞0恒成立．

综上，k的取值范围是（ ，+∞）

（3）解：①当k=0时，f（x）=x﹣1，有1个零点．

②当k＞0时，

（i）当x＞0时，f（x）=x+ ﹣1，f′（x）=1﹣ ，

当x= 时，f（x）取极小值，且f（x）在（0，+∞）内先减后增，

由f（x）函数式得 ，

f（ ）=2 ﹣1，

当k= 时，f（ ）=0，f（x）在（0，+∞）内有1个零点，

当k＞ 时，f（ ）＞0，f（x）在（0，+∞）内有0个零点，

当0＜k＜ 时，f（ ）＜0，f（x）在（0，+∞）内有2个零点．

（ii）当x＜0时，f（x）=x﹣ ﹣1，f′（x）=1+ ，

f′（x）恒大于0，∴f（x）在（﹣∞，0）单调递增，

由f（x）表达式，得： ， ，

∴f（x）在（﹣∞，0）内有1个零点．

综上，当k=0时，f（x）有1个零点；当0＜k＜ 时，f（x）有3个零点；当k= 时，f（x）有2个零点；当k＞ 时，f（x）有1个零点．

③当k＜0时，同理k＞0的情况：

当﹣ ＜k＜0时，f（x）有3个零点；当k=﹣ 时，f（x）有2个零点；当k＜﹣ 时，f（x）有1个零点．

综上所述，当k=0或k＞ 或k＜﹣ 时，f（x）有1个零点；

当k= 或k=﹣ 时，f（x）有2个零点；

当0＜k＜ 或﹣ ＜k＜0时，f（x）有3个零点

【解析】（1）当k=3，x∈（﹣∞，0）时，f（x）=x﹣ ， ＞0，f（x）在（﹣∞，0）上单调递增．利用定义法能进行证明．（2）设2x=t，则t＞0，f（t）=t+ ，根据k＞0，k=0，k＜0三个情况进行分类讨论经，能求出k的取值范围．（3）根据k=0，k＞0，k＜0三种情况分类讨论，利用导数性质能求出f（x）的零点个数．