Question

已知函數(shù)f（x）=

1

|x+2|

+kx+b，其中k，b為實數(shù)且k≠0．
（I）當(dāng)k＞0時，根據(jù)定義證明f（x）在（-∞，-2）單調(diào)遞增；
（Ⅱ）求集合M_k={b|函數(shù)f（x）有三個不同的零點}．

Answer 1

考點：根的存在性及根的個數(shù)判斷

專題：計算題,證明題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（I）化簡當(dāng)x∈（-∞，-2）時，f(x)=-

1

x+2

+kx+b，按定義法五步驟證明即可；
（II）函數(shù)f（x）有三個不同零點可化為方程

1

|x+2|

+kx+b=0有三個不同的實根，從而化簡可得方程

x＞-2 kx2+(b+2k)x+(2b+1)=0

與

x＜-2 kx2+(b+2k)x+(2b-1)=0

；再記u（x）=kx²+（b+2k）x+（2b+1），v（x）=kx²+（b+2k）x+（2b-1），從而轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的零點的問題．

解答： 解：（I）證明：當(dāng)x∈（-∞，-2）時，f(x)=-

1

x+2

+kx+b．
任取x₁，x₂∈（-∞，-2），設(shè)x₂＞x₁．
f(x1)-f(x2)=(-

1

x1+2

+kx1+b)-(-

1

x2+2

+kx2+b)
=(x1-x2)[

1

(x1+2)(x2+2)

+k]．
由所設(shè)得x₁-x₂＜0，

1

(x1+2)(x2+2)

＞0，又k＞0，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂）．
∴f（x）在（-∞，-2）單調(diào)遞增．
（II）函數(shù)f（x）有三個不同零點，即方程

1

|x+2|

+kx+b=0有三個不同的實根．
方程化為：

x＞-2 kx2+(b+2k)x+(2b+1)=0

與

x＜-2 kx2+(b+2k)x+(2b-1)=0

．
記u（x）=kx²+（b+2k）x+（2b+1），v（x）=kx²+（b+2k）x+（2b-1）．
（1）當(dāng)k＞0時，u（x），v（x）開口均向上．
由v（-2）=-1＜0知v（x）在（-∞，-2）有唯一零點．
為滿足f（x）有三個零點，u（x）在（-2，+∞）應(yīng)有兩個不同零點．
∴

u(-2)＞0 (b+2k)2-4k(2b+1)＞0 - b+2k 2k ＞-2

，
∴b＜2k-2

k

．
（2）當(dāng)k＜0時，u（x），v（x）開口均向下．
由u（-2）=1＞0知u（x）在（-2，+∞）有唯一零點．為滿足f（x）有三個零點，v（x）在（-∞，-2）應(yīng)有兩個不同零點．
∴

v(-2)＜0 (b+2k)2-4k(2b-1)＞0 - b+2k 2k ＜-2

∴b＜2k-2

-k

．
綜合（1）（2）可得M_k={b|b＜2k-2

|k|

}．

點評：本題考查了單調(diào)性的定義法證明及函數(shù)的化簡與轉(zhuǎn)化的應(yīng)用，同時考查了函數(shù)零點的判定定理的應(yīng)用，屬于中檔題．