题目内容
【题目】已知函数f（x）=x+ 
﹣1（x≠0），k∈R．
（1）当k=3时，试判断f（x）在（﹣∞，0）上的单调性，并用定义证明；
（2）若对任意x∈R，不等式f（2x）＞0恒成立，求实数k的取值范围；
（3）当k∈R时，试讨论f（x）的零点个数．
【答案】
（1）解：当k=3，x∈（﹣∞，0）时，f（x）=x﹣ 
，
＞0，
∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递增．
证明：在（﹣∞，0）上任取x1，x2，令x1＜x2，
f（x1）﹣f（x2）=（ 
）﹣（ 
）=（x1﹣x2）（1+ 
），
∵x1，x2∈（﹣∞，0），x1＜x2，∴ 
，
∴f（x1）﹣f（x2）＜0，
∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递增
（2）解：设2x=t，则t＞0，f（t）=t+ 
，
①当k＞0时，f′（t）=1﹣ 
，
t= 
时，f′（t）=0，且f（t）取最小值，
f（ 
）= 
=2 ﹣1，
当k 
时，f（ ）=2 ﹣1＞0，
当0＜k≤ 
时，f（ ）=2 ﹣1≤0，
∴k＞ 时，f（2x）＞0成立；0＜k≤ 时，f（2x）＞0不成立．
②当k=0时，f（t）=t﹣1，
∵t∈（0，+∞），不满足f（t）恒大于0，∴舍去．
③当k＜0时，f 
恒大于0，
∵ 
，且f（x）在（0，+∞）内连续，
∴不满足f（t）＞0恒成立．
综上，k的取值范围是（ ，+∞）
（3）解：①当k=0时，f（x）=x﹣1，有1个零点．
②当k＞0时，
（i）当x＞0时，f（x）=x+ 
﹣1，f′（x）=1﹣ 
，
当x= 时，f（x）取极小值，且f（x）在（0，+∞）内先减后增，
由f（x）函数式得 
，
f（ ）=2 ﹣1，
当k= 时，f（ ）=0，f（x）在（0，+∞）内有1个零点，
当k＞ 时，f（ ）＞0，f（x）在（0，+∞）内有0个零点，
当0＜k＜ 时，f（ ）＜0，f（x）在（0，+∞）内有2个零点．
（ii）当x＜0时，f（x）=x﹣ ﹣1，f′（x）=1+ ，
f′（x）恒大于0，∴f（x）在（﹣∞，0）单调递增，
由f（x）表达式，得： 
， 
，
∴f（x）在（﹣∞，0）内有1个零点．
综上，当k=0时，f（x）有1个零点；当0＜k＜ 时，f（x）有3个零点；当k= 时，f（x）有2个零点；当k＞ 时，f（x）有1个零点．
③当k＜0时，同理k＞0的情况：
当﹣ ＜k＜0时，f（x）有3个零点；当k=﹣ 时，f（x）有2个零点；当k＜﹣ 时，f（x）有1个零点．
综上所述，当k=0或k＞ 或k＜﹣ 时，f（x）有1个零点；
当k= 或k=﹣ 时，f（x）有2个零点；
当0＜k＜ 或﹣ ＜k＜0时，f（x）有3个零点
【解析】（1）当k=3，x∈（﹣∞，0）时，f（x）=x﹣ 
， 
＞0，f（x）在（﹣∞，0）上单调递增．利用定义法能进行证明．（2）设2x=t，则t＞0，f（t）=t+ 
，根据k＞0，k=0，k＜0三个情况进行分类讨论经，能求出k的取值范围．（3）根据k=0，k＞0，k＜0三种情况分类讨论，利用导数性质能求出f（x）的零点个数．
