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设函数f(x)=lnx-ax,g(x)=ex-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.
(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)=ex-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)=ex-a>0,
解得a<ex,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(ea)=a-aea=a(1-ea)<0,f(1)=-a>0,且函数f(x)在[ea,1]上的图象不间断,所以f(x)在(ea,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(ea-1)=a(a-2-ea-1)<0.
为此,我们要证明:当x>e时,ex>x2.设h(x)=ex-x2,则h′(x)=ex-2x,再设l(x)=h′(x)=ex-2x,则l′(x)=ex-2.
当x>1时,l′(x)=ex-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)=ex-2x>h′(2)=e2-4>0,从而h(x)在(2,+∞)上是单调增函数.进而当x>e时,
h(x)=ex-x2>h(e)=ee-e2>0.即当x>e时,ex>x2.
当0<a<e-1,即a-1>e时,f(ea-1)=a-1-aea-1=a(a-2-ea-1)<0,又f(a-1)>0,且函数f(x)在[a-1,ea-1]上的图象不间断,所以f(x)在(a-1,ea-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.
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