Question

15．已知函數(shù)f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-{x}^{2}+\frac{1}{2}x（x＜0）}\\{ln（x+1）（x≥0）}\end{array}\right.$，若函數(shù)y=f（x）-kx有3個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為（　　）

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

Answer 1

分析 由題意畫(huà)出圖象，利用導(dǎo)數(shù)對(duì)x分x=0、x＜0、x＞0三種情況各有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)的k的取值范圍求出來(lái)，再求交集即可．

解答 解：由題意畫(huà)出圖象：
（1）當(dāng)x=0時(shí)，f（0）=ln1=0，k×0=0，0是函數(shù)f（x）-kx的一個(gè)零點(diǎn)；
（2）由函數(shù)的圖象和單調(diào)性可以看出，當(dāng)x＞0和x＜0時(shí)，分別有一個(gè)零點(diǎn)．
①．當(dāng)x＜0時(shí)，由-x2+$\frac{1}{2}$x=kx，化為x=$\frac{1}{2}$-k＜0，解得k＞$\frac{1}{2}$；
②當(dāng)x＞0時(shí)，只考慮k＞$\frac{1}{2}$即可，
令g（x）=ln（x+1）-kx，則g′（x）=$\frac{1}{x+1}$-k，
A．當(dāng)k≥1時(shí)，則g′（x）＜0，即g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，∴g（x）＜g（0）=0，g（x）無(wú)零點(diǎn)，應(yīng)舍去；
B．當(dāng)$\frac{1}{2}$＜k＜1時(shí)，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）	單調(diào)遞增	絕對(duì)值	單調(diào)遞減

由表格可知：當(dāng)x=$\frac{1-k}{k}$時(shí)，g（x）取得極大值，也是最大值，
當(dāng)且僅當(dāng)g（$\frac{1-k}{k}$）≥0時(shí)，g（x）才有零點(diǎn)，
g（$\frac{1-k}{k}$）=ln$\frac{1}{k}$-（1-k）=k-lnk-1．
下面證明h（k）=k-lnk-1＞0，k∈（$\frac{1}{2}$，1）．
∵h(yuǎn)′（k）=1-$\frac{1}{k}$=$\frac{1-k}{k}$＜0，∴h（k）在（$\frac{1}{2}$，1）上單調(diào)遞減，∴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）時(shí)成立．
綜上可知：當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{1}{2}$＜k＜1時(shí)，函數(shù)f（x）-kx有三個(gè)零點(diǎn)．
故選：B．

點(diǎn)評(píng) 熟練掌握利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值的方法及數(shù)形結(jié)合、分類(lèi)討論的思想方法是解題的關(guān)鍵．