Question

10．已知函數(shù)f（x）=|x|+$\frac{m}{x}$-1（x≠0）．
（1）當(dāng)m=5時(shí)，判斷f（x）在（-∞，0）的單調(diào)性，并用定義證明；
（2）若對(duì)任意x∈R，不等式f（2^x）＞0恒成立，求m的取值范圍；
（3）討論f（x）零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)m=5時(shí)，且x＜0時(shí)，$f（x）=-x+\frac{5}{x}-1$是單調(diào)遞減的．利用核對(duì)單調(diào)性的定義，設(shè)x₁＜x₂＜0，判斷f（x₁）-f（x₂）＞0，推出結(jié)果，
（2）由f（2^x）＞0得$|{2^x}|+\frac{m}{2^x}-1＞0$，變形為（2^x）²-2^x+m＞0，即m＞2^x-（2^x）²，利用二次函數(shù)的最值求解即可．
（3）由f（x）=0可得x|x|-x+m=0（x≠0），變?yōu)閙=-x|x|+x（x≠0），令$g（x）=x-x|x|=\left\{{\begin{array}{l}{-{x^2}+x，x＞0}\\{{x^2}+x，x＜0}\end{array}}\right.$，作y=g（x）的圖象及直線y=m，求解零點(diǎn)個(gè)數(shù)．

解答 解：（1）當(dāng)m=5時(shí)，且x＜0時(shí)，$f（x）=-x+\frac{5}{x}-1$是單調(diào)遞減的．
證明：設(shè)x₁＜x₂＜0，則$f（{x_1}）-f（{x_2}）=（-{x_1}+\frac{5}{x_1}-1）-（-{x_2}+\frac{5}{x_2}-1）$=$（{x_2}-{x_1}）+（\frac{5}{x_1}-\frac{5}{x_2}）=（{x_2}-{x_1}）+\frac{{5（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_1}{x_2}}}=（{x_2}-{x_1}）（1+\frac{5}{{{x_1}{x_2}}}）$，
又x₁＜x₂＜0，所以x₂-x₁＞0，x₁x₂＞0，所以$（{x_2}-{x_1}）（1+\frac{5}{{{x_1}{x_2}}}）＞0$，
所以f（x₁）-f（x₂）＞0，即f（x₁）＞f（x₂），
故當(dāng)m=5時(shí)，$f（x）=-x+\frac{5}{x}-1$在（-∞，0）上是單調(diào)遞減的．
（2）由f（2^x）＞0得$|{2^x}|+\frac{m}{2^x}-1＞0$，變形為（2^x）²-2^x+m＞0，即m＞2^x-（2^x）²，
而${2^x}-{（{2^x}）^2}=-{（{2^x}-\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{4}$，
當(dāng)${2^x}=\frac{1}{2}$即x=-1時(shí)${（{2^x}-{（{2^x}）^2}）_{max}}=\frac{1}{4}$，所以$m＞\frac{1}{4}$．
（3）由f（x）=0可得x|x|-x+m=0（x≠0），變?yōu)閙=-x|x|+x（x≠0），
令$g（x）=x-x|x|=\left\{{\begin{array}{l}{-{x^2}+x，x＞0}\\{{x^2}+x，x＜0}\end{array}}\right.$，
作y=g（x）的圖象及直線y=m，由圖象可得：
當(dāng)$m＞\frac{1}{4}$或$m＜-\frac{1}{4}$時(shí)，f（x）有1個(gè)零點(diǎn)．
當(dāng)$m=\frac{1}{4}$或m=0或$m=-\frac{1}{4}$時(shí)，f（x）有2個(gè)零點(diǎn)．
當(dāng)$0＜m＜\frac{1}{4}$或$-\frac{1}{4}＜m＜0$時(shí)，f（x）有3個(gè)零點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用，函數(shù)的圖象，零點(diǎn)個(gè)數(shù)，函數(shù)恒成立，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．