Question

（1）证明：xlnx≥x-1；
（2）讨论函数f（x）=e^x-ax-1的零点个数．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（1）构造函数φ（x）=xlnx-x+1，利用导数判断函数的单调性求得最小值为φ（1）=1×ln1-1+1=0，则由φ（x）≥φ（1）=0，即可得证；
（2）利用导数判断函数的单调性及极值最值，通过对a分类讨论求得函数零点的个数．

解答： 解：（1）设函数φ（x）=xlnx-x+1，则φ′（x）=lnx（1分）
则φ（x）在（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增，（3分）
φ（x）有极小值φ（1），也是函数φ（x）的最小值，则φ（x）≥φ（1）=1×ln1-1+1=0
故xlnx≥x-1．（5分）
（2）f′（x）=e^x-a（6分）
①a≤0时，f′（x）＞0，f（x）是单调递增函数，又f（0）=0，
所以此时函数有且仅有一个零点x=0；（7分）
②当a＞0时，函数f（x）在（-∞，lna）上递减，在（lna，+∞）上递增，
函数f（x）有极小值f（lna）=a-alna-1（8分）
ⅰ．当a=1时，函数的极小值f（lna）=f（0）=a-alna-1=0
则函数f（x）仅有一个零点x=0；（10分）
ⅱ．当0＜a＜1或a＞1时，由（1）知极小值f（lna）=a-alna-1＜0，又f（0）=0
当0＜a＜1时，lna＜0，则f（x）还必恰有一个小于lna的负根；
当a＞1时，2lna＞lna＞0，计算f（2lna）=a²-2alna-1
考查函数g（x）=x²-2xlnx-1（x＞1），则g′（x）=2（x-1-lnx），
再设h（x）=x-1-lnx（x＞1），h′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

＞0
故h（x）在（1，+∞）递增，则h（x）＞h（1）=1-1-ln1=0，
所以g′（x）＞0，即g（x）在（1，+∞）上递增，则g（x）＞g（1）=1²-2×1×ln1-1=0
即f（2lna）=a²-2alna-1＞0，
则f（x）还必恰有一个属于（lna，2lna）的正根．
故0＜a＜1或a＞1时函数f（x）都是恰有两个零点．
综上：当a∈（-∞，0]∪{1}时，函数f（x）恰有一个零点x=0，
当a∈（0，1）∪（1，+∞）时函数f（x）恰有两个不同零点．（13分）

点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值等知识，考查学生运用分类讨论思想、划归思想解决数学问题的能力，属难题．