Question

已知函数f（x）=

1

|x+2|

+kx+b，其中k，b为实数且k≠0．
（I）当k＞0时，根据定义证明f（x）在（-∞，-2）单调递增；
（Ⅱ）求集合M_k={b|函数f（x）有三个不同的零点}．

Answer 1

考点：根的存在性及根的个数判断

专题：计算题,证明题,函数的性质及应用

分析：（I）化简当x∈（-∞，-2）时，f(x)=-

1

x+2

+kx+b，按定义法五步骤证明即可；
（II）函数f（x）有三个不同零点可化为方程

1

|x+2|

+kx+b=0有三个不同的实根，从而化简可得方程

x＞-2 kx2+(b+2k)x+(2b+1)=0

与

x＜-2 kx2+(b+2k)x+(2b-1)=0

；再记u（x）=kx²+（b+2k）x+（2b+1），v（x）=kx²+（b+2k）x+（2b-1），从而转化为二次函数的零点的问题．

解答： 解：（I）证明：当x∈（-∞，-2）时，f(x)=-

1

x+2

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

1

x1+2

+kx1+b)-(-

1

x2+2

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

1

(x1+2)(x2+2)

+k]．
由所设得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）单调递增．
（II）函数f（x）有三个不同零点，即方程

1

|x+2|

+kx+b=0有三个不同的实根．
方程化为：

x＞-2 kx2+(b+2k)x+(2b+1)=0

与

x＜-2 kx2+(b+2k)x+(2b-1)=0

．
记u（x）=kx²+（b+2k）x+（2b+1），v（x）=kx²+（b+2k）x+（2b-1）．
（1）当k＞0时，u（x），v（x）开口均向上．
由v（-2）=-1＜0知v（x）在（-∞，-2）有唯一零点．
为满足f（x）有三个零点，u（x）在（-2，+∞）应有两个不同零点．
∴

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

，
∴b＜2k-2

k

．
（2）当k＜0时，u（x），v（x）开口均向下．
由u（-2）=1＞0知u（x）在（-2，+∞）有唯一零点．为满足f（x）有三个零点，v（x）在（-∞，-2）应有两个不同零点．
∴

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

∴b＜2k-2

-k

．
综合（1）（2）可得M_k={b|b＜2k-2

|k|

}．

点评：本题考查了单调性的定义法证明及函数的化简与转化的应用，同时考查了函数零点的判定定理的应用，属于中档题．