Question

20．已知f（x）=|x|+$\frac{m}{x}$-2（x≠0）．
（1）當(dāng)m=2時，判斷f（x）在（-∞，0）的單調(diào)性，并用定義證明；
（2）若f（2^x）＞0對x∈R恒成立，求m的取值范圍；
（3）討論f（x）零點(diǎn)的個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)m=2，且x＜0時，$f（x）=-x+\frac{2}{x}-2$為減函數(shù)．運(yùn)用單調(diào)性的定義證明，分取值、作差、變形和定符號、下結(jié)論；
（2）由題意可得（2^x）²-2•2^x+m＞0，即m＞2•2^x-（2^x）²，運(yùn)用配方法求出右邊的最大值，可得m的范圍；
（3）由f（x）=0可得x|x|-2x+m=0（x≠0），變?yōu)閙=-x|x|+2x（x≠0），令g（x）=-x|x|+2x（x≠0），作出y=g（x）和y=m的圖象，平移即可得到所求零點(diǎn)個數(shù)．

解答 解：（1）當(dāng)m=2，且x＜0時，$f（x）=-x+\frac{2}{x}-2$為減函數(shù)…（1分）
證明：設(shè)x₁＜x₂＜0，則$f（{x_1}）-f（{x_2}）=-{x_1}+\frac{2}{x_1}-2-（-{x_2}+\frac{2}{x_2}-2）$
=$（{x_2}-{x_1}）+（\frac{2}{x_1}-\frac{2}{x_2}）$=$（{x_2}-{x_1}）+\frac{{2（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_1}{x_2}}}$…（2分）
=$（{x_2}-{x_1}）（1+\frac{2}{{{x_1}{x_2}}}）$…（3分）
又x₁＜x₂＜0，所以x₂-x₁＞0，x₁x₂＞0，所以$（{x_2}-{x_1}）（1+\frac{2}{{{x_1}{x_2}}}）＞0$，
所以f（x₁）-f（x₂）＞0，所以f（x₁）＞f（x₂），
故當(dāng)m=2，且x＜0時，$f（x）=-x+\frac{2}{x}-2$為減函數(shù)…（4分）
（2）由f（2^x）＞0得$|{2^x}|+\frac{m}{2^x}-2＞0$，變形為（2^x）²-2•2^x+m＞0…（5分）
即m＞2•2^x-（2^x）²…（6分）
而2•2^x-（2^x）²=-（2^x-1）²+1，當(dāng)2^x=1即x=0時（2•2^x-（2^x）²）_max=1…（7分）
所以m＞1…（8分）
（3）由f（x）=0可得x|x|-2x+m=0（x≠0），
變?yōu)閙=-x|x|+2x（x≠0）
令$g（x）=2x-x|x|=\left\{\begin{array}{l}-{x^2}+2x，x＞0\\{x^2}+2x，x＜0\end{array}\right.$…（10分
作y=g（x）的圖象及直線y=m，由圖象可得：
當(dāng)m＞1或m＜-1時，f（x）有1個零點(diǎn)；
當(dāng)m=1或m=0或m=-1時，f（x）有2個零點(diǎn)；
當(dāng)0＜m＜1或-1＜m＜0時，f（x）有3個零點(diǎn)…（12分）

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性的判斷和證明，注意運(yùn)用定義法，考查不等式恒成立問題的解法，注意運(yùn)用參數(shù)分離法，同時考查函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù)問題，注意運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想方法，考查化簡運(yùn)算作圖能力，屬于中檔題．