Question

15．已知函数f（x）=ax-lnx．
（Ⅰ）若a≤1，证明：x≥1时，x²≥f（x）恒成立；
（Ⅱ）当a＞0时，讨论函数y=f（x）的零点个数．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，确定函数的单调性，求出函数的最小值，从而证明即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，判断导函数的符号，从而求出函数的单调性，求出函数的最小值，通过讨论a的范围，判断最小值的符号，求出函数的零点个数即可．

解答 证明：（Ⅰ）令g（x）=x²-ax+lnx，（x≥1），
则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）是单调递增函数，
∴g（x）≥g（1）=1-a≥0，
即，当x≥1时，x²≥f（x）恒成立；
解：（Ⅱ）函数y=f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=a-$\frac{1}{x}$，
∵a＞0，令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{a}$＞0，
又∵f′（x）=a-$\frac{1}{x}$是增函数，
∴在区间（0，$\frac{1}{a}$）上，f′（x）＜0，y=f（x）是减函数，
在区间（$\frac{1}{a}$，+∞）上，f′（x）＞0，函数y=f（x）是增函数，
∴函数y=f（x）的最小值是f（$\frac{1}{a}$）=1+lna，
①当a＞$\frac{1}{e}$时，∵f（$\frac{1}{a}$）＞0，∴f（x）没有零点，
②a=e时，∵f（$\frac{1}{a}$）=0，∴f（x）有且只有1个零点，
③0＜a＜$\frac{1}{e}$时，∵f（$\frac{1}{a}$）＜0，f（1）=a＞0，
又当x₀＞$\frac{1}{a}$，且x₀＞e^a时，f（x₀）＞f（e^a）=a（e^a-1）＞0，
故函数y=f（x）有且只有2个零点，
综上，a＞$\frac{1}{e}$时，f（x）没有零点，
a=e时，f（x）有且只有1个零点，
0＜a＜$\frac{1}{e}$时，函数y=f（x）有且只有2个零点．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．