Question

設函數f(x)＝lnx－ax，g(x)＝e^x－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：(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)＝e^x－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)＝e^x－a>0，
解得a<e^x，即x>ln a，因為g(x)在(－1，＋∞)上是單調增函數，類似(1)有l(wèi)n 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(e^a)＝a－ae^a＝a(1－e^a)<0，f(1)＝－a>0，且函數f(x)在[e^a,1]上的圖象不間斷，所以f(x)在(e^a,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(e^a－1)＝a(a^－2－e^a－1)<0.
為此，我們要證明：當x>e時，e^x>x².設h(x)＝e^x－x²，則h′(x)＝e^x－2x，再設l(x)＝h′(x)＝e^x－2x，則l′(x)＝e^x－2.
當x>1時，l′(x)＝e^x－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)＝e^x－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)＝e^x－x²>h(e)＝e^e－e2>0.即當x>e時，e^x>x².
當0<a<e^－1，即a^－1>e時，f(e^a－1)＝a^－1－ae^a－1＝a(a^－2－e^a－1)<0，又f(a^－1)>0，且函數f(x)在[a^－1，e^a－1]上的圖象不間斷，所以f(x)在(a^－1，e^a－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.