Question

設函數f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ex－ax，其中a為實數．

(1)若f(x)在(1，＋∞)上是單調減函數，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范圍；

(2)若g(x)在(－1，＋∞)上是單調增函數，試求f(x)的零點個數，并證明你的結論．

 

Answer 1

(1) a∈(e，＋∞)．

(2) 當a≤0或a＝e－1時，f(x)的零點個數為1，當0<a<e－1時，f(x)的零點個數為2. 證明見解析

【解析】【解析】
(1)令f′(x)＝－a＝<0，考慮到f(x)的定義域為(0，＋∞)，故a>0，進而解得x>a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是單調減函數．同理，f(x)在(0，a－1)上是單調增函數．由于f(x)在(1，＋∞)上是單調減函數，故(1，＋∞)⊆(a－1，＋∞)，從而a－1≤1，即a≥1.令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a．當x<ln a時，g′(x)<0；當x>ln a時，g′(x)>0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e.

綜上，有a∈(e，＋∞)．

(2)當a≤0時，g(x)必為單調增函數；當a>0時，令g′(x)＝ex－a>0，

解得a<ex，即x>ln a，因為g(x)在(－1，＋∞)上是單調增函數，類似(1)有ln a≤－1，即0<a≤e－1.結合上述兩種情況，有a≤e－1.

(ⅰ)當a＝0時，由f(1)＝0以及f′(x)＝>0，得f(x)存在唯一的零點；

(ⅱ)當a<0時，由于f(ea)＝a－aea＝a(1－ea)<0，f(1)＝－a>0，且函數f(x)在[ea,1]上的圖象不間斷，所以f(x)在(ea,1)上存在零點．另外，當x>0時，f′(x)＝－a>0，故f(x)在(0，＋∞)上是單調增函數，所以f(x)只有一個零點．

(ⅲ)當0<a≤e－1時，令f′(x)＝－a＝0，解得x＝a－1.當0<x<a－1時，f′(x)>0，當x>a－1時，f′(x)<0，所以，x＝a－1是f(x)的最大值點，且最大值為f(a－1)＝－ln a－1.

①當－ln a－1＝0，即a＝e－1時，f(x)有一個零點x＝e.

②當－ln a－1>0，即0<a<e－1時，f(x)有兩個零點．

實際上，對于0<a<e－1，由于f(e－1)＝－1－ae－1<0，f(a－1)>0，且函數f(x)在[e－1，a－1]上的圖象不間斷，所以f(x)在(e－1，a－1)上存在零點．

另外，當x∈(0，a－1)時，f′(x)＝－a>0，故f(x)在(0，a－1)上是單調增函數，所以f(x)在(0，a－1)上只有一個零點．

下面考慮f(x)在(a－1，＋∞)上的情況．先證f(ea－1)＝a(a－2－ea－1)<0.

為此，我們要證明：當x>e時，ex>x2.設h(x)＝ex－x2，則h′(x)＝ex－2x，再設l(x)＝h′(x)＝ex－2x，則l′(x)＝ex－2.

當x>1時，l′(x)＝ex－2>e－2>0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是單調增函數．故當x>2時，h′(x)＝ex－2x>h′(2)＝e2－4>0，從而h(x)在(2，＋∞)上是單調增函數．進而當x>e時，

h(x)＝ex－x2>h(e)＝ee－e2>0.即當x>e時，ex>x2.

當0<a<e－1，即a－1>e時，f(ea－1)＝a－1－aea－1＝a(a－2－ea－1)<0，又f(a－1)>0，且函數f(x)在[a－1，ea－1]上的圖象不間斷，所以f(x)在(a－1，ea－1)上存在零點．又當x>a－1時，f′(x)＝－a<0，故f(x)在(a－1，＋∞)上是單調減函數，所以f(x)在(a－1，＋∞)上只有一個零點．

綜合(ⅰ)，(ⅱ)，(ⅲ)，當a≤0或a＝e－1時，f(x)的零點個數為1，當0<a<e－1時，f(x)的零點個數為2.