分析 (Ⅰ)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),確定函數(shù)的單調(diào)性,求出函數(shù)的最小值,從而證明即可;
(Ⅱ)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),判斷導(dǎo)函數(shù)的符號(hào),從而求出函數(shù)的單調(diào)性,求出函數(shù)的最小值,通過(guò)討論a的范圍,判斷最小值的符號(hào),求出函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即可.
解答 證明:(Ⅰ)令g(x)=x2-ax+lnx,(x≥1),
則g′(x)=2x-a+$\frac{1}{x}$,
∵x≥1,∴g′(x)=2x-a+$\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{2}$-a,
∵a≤1,∴g′(x)>0,
∴g(x)是單調(diào)遞增函數(shù),
∴g(x)≥g(1)=1-a≥0,
即,當(dāng)x≥1時(shí),x2≥f(x)恒成立;
解:(Ⅱ)函數(shù)y=f(x)的定義域是(0,+∞),f′(x)=a-$\frac{1}{x}$,
∵a>0,令f′(x)=0,得x=$\frac{1}{a}$>0,
又∵f′(x)=a-$\frac{1}{x}$是增函數(shù),
∴在區(qū)間(0,$\frac{1}{a}$)上,f′(x)<0,y=f(x)是減函數(shù),
在區(qū)間($\frac{1}{a}$,+∞)上,f′(x)>0,函數(shù)y=f(x)是增函數(shù),
∴函數(shù)y=f(x)的最小值是f($\frac{1}{a}$)=1+lna,
①當(dāng)a>$\frac{1}{e}$時(shí),∵f($\frac{1}{a}$)>0,∴f(x)沒(méi)有零點(diǎn),
②a=e時(shí),∵f($\frac{1}{a}$)=0,∴f(x)有且只有1個(gè)零點(diǎn),
③0<a<$\frac{1}{e}$時(shí),∵f($\frac{1}{a}$)<0,f(1)=a>0,
又當(dāng)x0>$\frac{1}{a}$,且x0>ea時(shí),f(x0)>f(ea)=a(ea-1)>0,
故函數(shù)y=f(x)有且只有2個(gè)零點(diǎn),
綜上,a>$\frac{1}{e}$時(shí),f(x)沒(méi)有零點(diǎn),
a=e時(shí),f(x)有且只有1個(gè)零點(diǎn),
0<a<$\frac{1}{e}$時(shí),函數(shù)y=f(x)有且只有2個(gè)零點(diǎn).
點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題,是一道中檔題.
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A. | (-∞,$\frac{\sqrt{2}}{2}$] | B. | (0,$\frac{\sqrt{2}}{2}$] | C. | [1,+∞) | D. | [$\frac{\sqrt{2}}{2}$,+∞) |
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A. | (1,4] | B. | (1,2)∪(4,+∞) | C. | (4,+∞) | D. | (1,4) |
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A. | 6 | B. | 15 | C. | 20 | D. | 28 |
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A. | $\frac{1}{5}$ | B. | $\frac{2}{5}$ | C. | $\frac{3}{5}$ | D. | $\frac{4}{5}$ |
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A. | n2-5n | B. | n2-6n | C. | n2-7n | D. | n2-9n |
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