设函数f(x)=lnx-ax,g(x)=e x-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
-1 时,f(x)的零点个数为2. 证明见解析
(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)=e x-a=0,得x=ln a.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)=e x-a>0,
解得a
x ,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
-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(e a)=a-ae a=a(1-e a)<0,f(1)=-a>0,且函数f(x)在[e a,1]上的图象不间断,所以f(x)在(e a,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
-1 时,令f′(x)=
-a=0,解得x=a -1.当0
-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
-1 时,f(x)有两个零点.
实际上,对于0
-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(e a -1)=a(a -2-e a -1)<0.
为此,我们要证明:当x>e时,e x>x 2.设h(x)=e x-x 2,则h′(x)=e x-2x,再设l(x)=h′(x)=e x-2x,则l′(x)=e x-2.
当x>1时,l′(x)=e x-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)=e x-2x>h′(2)=e 2-4>0,从而h(x)在(2,+∞)上是单调增函数.进而当x>e时,
h(x)=e x-x 2>h(e)=e e-e2>0.即当x>e时,e x>x 2.
当0
-1 ,即a -1>e时,f(e a -1)=a -1-ae a -1=a(a -2-e a -1)<0,又f(a -1)>0,且函数f(x)在[a -1,e a -1]上的图象不间断,所以f(x)在(a -1,e a -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
-1 时,f(x)的零点个数为2.
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