Question

已知函數(shù)f（x）=ax（a∈R），g（x）=lnx-1．
（1）若函數(shù)h（x）=g（x）+1-f（x）-2x存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍；
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，試討論這兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)．

Answer 1

解：（1）h（x）=lnx--2x（x＞0），
h′（x）=-ax-2．
若使h（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，則h′（x）=-ax-2＜0在（0，+∞）上有解．
而當(dāng)x＞0時(shí)，-ax-2＜0?ax＞-2?a＞-問題轉(zhuǎn)化為
a＞在（0，+∞）上有解，故a大于函數(shù)在（0，+∞）上的最小值．
又=-1，在（0，+∞）上的最小值為-1，所以a＞-1．
（2）令F（x）=f（x）-g（x）=ax-lnx+1（a＞0）
函數(shù)f（x）=ax與g（x）=lnx-1的交點(diǎn)個(gè)數(shù)即為函數(shù)F（x）的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．
F′（x）=a-（x＞0）
令F（x）=a-=0解得x=．
隨著x的變化，F(xiàn)（x），F(xiàn)（x）的變化情況如表：
（7分）
①當(dāng)F（）=2+lna＞0，即a=e^-2時(shí)，F(xiàn)（x）恒大于0，函數(shù)F（x）無零點(diǎn)．（8分）
②當(dāng)F（）=2+lna=0，即a=e^-2時(shí)，由上表，函數(shù)F（x）有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．
③F（）=2+lna＜0，即0＜a＜e^-2時(shí)，顯然1＜
F（1）=a+1＞0，所以F（1）F（）＜0•，
又F（x）在（0，）內(nèi)單調(diào)遞減，
所以F（x）在（0，）內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)
當(dāng)x＞時(shí)，F(xiàn)（x）=ln
由指數(shù)函數(shù)y=（e^a）^x（e^a＞1）與冪函數(shù)y=x增長速度的快慢，知存在x₀＞
使得從而F（x₀）=ln
因而F（）•F（x₀＜0）
又F（x）在（，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，
F（x）在[，+∞）上的圖象是連續(xù)不斷的曲線，
所以F（x）在（，+∞）內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．
因此，0＜a＜e^-2時(shí)，F(xiàn)（x）有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)．
綜上，a＞e^-2，f（x）與g（x）的圖象無交點(diǎn)；
當(dāng)a=e^-2時(shí)，f（x）與g（x）的圖象有且僅有一個(gè)交點(diǎn)；
0＜a＜e^-2時(shí)，f（x）與g（x）的圖象有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)．
分析：（1）先求出函數(shù)h′（x），欲使h（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，則h′（x）＜0在（0，+∞）上有解，然后利用分離法可得a＞在（0，+∞）上有解，故a大于函數(shù)在（0，+∞）上的最小值即可．
（2）先令F（x）=f（x）-g（x）=ax-lnx+1（a＞0），函數(shù)f（x）=ax與g（x）=lnx-1的交點(diǎn)個(gè)數(shù)即為函數(shù)F（x）的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)F（x）的最小值，比較最小值與0的大小即可得到F（x）的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．
點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系等基礎(chǔ)題知識(shí)，考查了轉(zhuǎn)化和劃歸的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．