Question

15．已知函数f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-{x}^{2}+\frac{1}{2}x（x＜0）}\\{ln（x+1）（x≥0）}\end{array}\right.$，若函数y=f（x）-kx有3个零点，则实数k的取值范围为（　　）

• A． $（0，\frac{1}{2}）$
• B． $（\frac{1}{2}，1）$
• C． （1，+∞）
• D． $（\frac{1}{4}，1）$

Answer 1

分析 由题意画出图象，利用导数对x分x=0、x＜0、x＞0三种情况各有一个零点时的k的取值范围求出来，再求交集即可．

解答 解：由题意画出图象：
（1）当x=0时，f（0）=ln1=0，k×0=0，0是函数f（x）-kx的一个零点；
（2）由函数的图象和单调性可以看出，当x＞0和x＜0时，分别有一个零点．
①．当x＜0时，由-x2+$\frac{1}{2}$x=kx，化为x=$\frac{1}{2}$-k＜0，解得k＞$\frac{1}{2}$；
②当x＞0时，只考虑k＞$\frac{1}{2}$即可，
令g（x）=ln（x+1）-kx，则g′（x）=$\frac{1}{x+1}$-k，
A．当k≥1时，则g′（x）＜0，即g（x）在（0，+∞）上单调递减，∴g（x）＜g（0）=0，g（x）无零点，应舍去；
B．当$\frac{1}{2}$＜k＜1时，0＜$\frac{1-k}{k}$＜1，
g′（x）=$\frac{-k（x-\frac{1-k}{k}）}{x+}$，令g′（x）=0，解得x=$\frac{1}{k}$-1，列表如下：

x	$（0，\frac{1-k}{k}）$	$\frac{1-k}{k}$	$（\frac{1-k}{k}，+∞）$
g（x）	+	0	-
g′（x）	单调递增	绝对值	单调递减

由表格可知：当x=$\frac{1-k}{k}$时，g（x）取得极大值，也是最大值，
当且仅当g（$\frac{1-k}{k}$）≥0时，g（x）才有零点，
g（$\frac{1-k}{k}$）=ln$\frac{1}{k}$-（1-k）=k-lnk-1．
下面证明h（k）=k-lnk-1＞0，k∈（$\frac{1}{2}$，1）．
∵h′（k）=1-$\frac{1}{k}$=$\frac{1-k}{k}$＜0，∴h（k）在（$\frac{1}{2}$，1）上单调递减，∴g（$\frac{1-k}{k}$）=h（k）＞h（1）=1-ln1-1=0，
因此g（$\frac{1-k}{k}$）＞0在k∈（$\frac{1}{2}$，1）时成立．
综上可知：当且仅当$\frac{1}{2}$＜k＜1时，函数f（x）-kx有三个零点．
故选：B．

点评 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值和最值的方法及数形结合、分类讨论的思想方法是解题的关键．