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-

x

2

f（x）-2x存在單調遞減區(qū)間，求a的取值范圍；
（2）當a＞0時，試討論這兩個函數(shù)圖象的交點個數(shù)．

Answer 1

分析：（1）先求出函數(shù)h′（x），欲使h（x）存在單調遞減區(qū)間，則h′（x）＜0在（0，+∞）上有解，然后利用分離法可得a＞

1

x2

-

2

x

在（0，+∞）上有解，故a大于函數(shù)

1

x2

-

2

x

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的交點個數(shù)即為函數(shù)F（x）的零點的個數(shù)，利用導數(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）的零點的個數(shù)．

解答：解：（1）h（x）=lnx-

a

2

x2-2x（x＞0），
h′（x）=

1

x

-ax-2．
若使h（x）存在單調遞減區(qū)間，則h′（x）=

1

x

-ax-2＜0在（0，+∞）上有解．
而當x＞0時，

1

x

-ax-2＜0?ax＞

1

x

-2?a＞

1

x2

-

2

x

問題轉化為
a＞

1

x2

-

2

x

在（0，+∞）上有解，故a大于函數(shù)

1

x2

-

2

x

在（0，+∞）上的最小值．
又

1

x2

-

2

x

=(

1

x

-1)2-1，

1

x2

-

2

x

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的交點個數(shù)即為函數(shù)F（x）的零點的個數(shù)．
F′（x）=a-

1

x

（x＞0）
令F（x）=a-

1

x

=0解得x=

1

a

．
隨著x的變化，F(xiàn)（x），F(xiàn)（x）的變化情況如表：
（7分）
①當F（

1

a

）=2+lna＞0，即a=e^-2時，F(xiàn)（x）恒大于0，函數(shù)F（x）無零點．（8分）
②當F（

1

a

）=2+lna=0，即a=e^-2時，由上表，函數(shù)F（x）有且僅有一個零點．
③F（

1

a

）=2+lna＜0，即0＜a＜e^-2時，顯然1＜

1

a

F（1）=a+1＞0，所以F（1）F（

1

a

）＜0•，
又F（x）在（0，

1

a

）內單調遞減，
所以F（x）在（0，

1

a

）內有且僅有一個零點
當x＞

1

a

時，F(xiàn)（x）=ln

(ea)x

x

+1
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＞

1

a

使得

(ea)x0

x0

＞1從而F（x₀）=ln

(ea)x0

x0

+1＞ln1+1=1＞0
因而F（

1

a

）•F（x₀＜0）
又F（x）在（

1

a

，+∞）內單調遞增，
F（x）在[

1

a

，+∞）上的圖象是連續(xù)不斷的曲線，
所以F（x）在（

1

a

，+∞）內有且僅有一個零點．
因此，0＜a＜e^-2時，F(xiàn)（x）有且僅有兩個零點．
綜上，a＞e^-2，f（x）與g（x）的圖象無交點；
當a=e^-2時，f（x）與g（x）的圖象有且僅有一個交點；
0＜a＜e^-2時，f（x）與g（x）的圖象有且僅有兩個交點．

點評：本題主要考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，函數(shù)的零點與方程根的關系等基礎題知識，考查了轉化和劃歸的數(shù)學思想，屬于中檔題．