Question

设函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝e x －ax，其中a为实数．(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，

设函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝e x －ax，其中a为实数．(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围；(2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．

Answer 1

(1) a∈(e，＋∞)． (2) 当a≤0或a＝e －1 时，f(x)的零点个数为1，当0<a<e －1 时，f(x)的零点个数为2. 证明见解析

解：(1)令f′(x)＝ －a＝ <0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a －1 ，即f(x)在(a －1 ，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a －1 )上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)?(a －1 ，＋∞)，从而a －1 ≤1，即a≥1.令g′(x)＝e x －a＝0，得x＝ln a．当x<ln a时，g′(x)<0；当x>ln  a时，g′(x)>0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e. 综上，有a∈(e，＋∞)． (2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a>0时，令g′(x)＝e x －a>0， 解得a<e x ，即x>ln a，因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a≤－1，即0<a≤e －1 .结合上述两种情况，有a≤e －1 . (ⅰ)当a＝0时，由f(1)＝0以及f′(x)＝ >0，得f(x)存在唯一的零点； (ⅱ)当a<0时，由于f(e a )＝a－ae a ＝a(1－e a )<0，f(1)＝－a>0，且函数f(x)在[e a, 1]上的图象不间断，所以f(x)在(e a, 1)上存在零点．另外，当x>0时，f′(x)＝ －a>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点． (ⅲ)当0<a≤e －1 时，令f′(x)＝ －a＝0，解得x＝a －1 .当0<x<a －1 时，f′(x)>0，当x>a －1 时，f′(x)<0，所以，x＝a －1 是f(x)的最大值点，且最大值为f(a －1 )＝－ln a－1. ①当－ln a－1＝0，即a＝e －1 时，f(x)有一个零点x＝e. ②当－ln a－1>0，即0<a<e －1 时，f(x)有两个零点． 实际上，对于0<a<e －1 ，由于f(e －1 )＝－1－ae －1 <0，f(a －1 )>0，且函数f(x)在[e －1 ，a －1 ]上的图象不间断，所以f(x)在(e －1 ，a －1 )上存在零点． 另外，当x∈(0，a －1 )时，f′(x)＝ －a>0，故f(x)在(0，a －1 )上是单调增函数，所以f(x)在(0，a －1 )上只有一个零点． 下面考虑f(x)在(a －1 ，＋∞)上的情况．先证f(e a －1 )＝a(a －2 －e a －1 )<0. 为此，我们要证明：当x>e时，e x >x 2 .设h(x)＝e x －x 2 ，则h′(x)＝e x －2x，再设l(x)＝h′(x)＝e x －2x，则l′(x)＝e x －2. 当x>1时，l′(x)＝e x －2>e－2>0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x>2时，h′(x)＝e x －2x>h′(2)＝e 2 －4>0，从而h(x)在(2，＋∞)上是单调增函数．进而当x>e时， h(x)＝e x －x 2 >h(e)＝e e －e2>0.即当x>e时，e x >x 2 . 当0<a<e －1 ，即a －1 >e时，f(e a －1 )＝a －1 －ae a －1 ＝a(a －2 －e a －1 )<0，又f(a －1 )>0，且函数f(x)在[a －1 ，e a －1 ]上的图象不间断，所以f(x)在(a －1 ，e a －1 )上存在零点．又当x>a －1 时，f′(x)＝ －a<0，故f(x)在(a －1 ，＋∞)上是单调减函数，所以f(x)在(a －1 ，＋∞)上只有一个零点． 综合(ⅰ)，(ⅱ)，(ⅲ)，当a≤0或a＝e －1 时，f(x)的零点个数为1，当0<a<e －1 时，f(x)的零点个数为2.