解答题已知函数f（x）=ax（a∈R），g（x）=lnx-1．（1）若函数h（x）=g

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解：（1）h（x）=lnx--2x（x＞0），
h′（x）=-ax-2．
若使h（x）存在单调递减区间，则h′（x）=-ax-2＜0在（0，+∞）上有解．
而当x＞0时，-ax-2＜0?ax＞-2?a＞-问题转化为
a＞在（0，+∞）上有解，故a大于函数在（0，+∞）上的最小值．
又=-1，在（0，+∞）上的最小值为-1，所以a＞-1．
（2）令F（x）=f（x）-g（x）=ax-lnx+1（a＞0）
函数f（x）=ax与g（x）=lnx-1的交点个数即为函数F（x）的零点的个数．
F′（x）=a-（x＞0）
令F（x）=a-=0解得x=．
随着x的变化，F（x），F（x）的变化情况如表：
（7分）
①当F（）=2+lna＞0，即a=e-2时，F（x）恒大于0，函数F（x）无零点．（8分）
②当F（）=2+lna=0，即a=e-2时，由上表，函数F（x）有且仅有一个零点．
③F（）=2+lna＜0，即0＜a＜e-2时，显然1＜
F（1）=a+1＞0，所以F（1）F（）＜0?，
又F（x）在（0，）内单调递减，
所以F（x）在（0，）内有且仅有一个零点
当x＞时，F（x）=ln
由指数函数y=（ea）x（ea＞1）与幂函数y=x增长速度的快慢，知存在x0＞
使得从而F（x0）=ln
因而F（）?F（x0＜0）
又F（x）在（，+∞）内单调递增，
F（x）在[，+∞）上的图象是连续不断的曲线，
所以F（x）在（，+∞）内有且仅有一个零点．
因此，0＜a＜e-2时，F（x）有且仅有两个零点．
综上，a＞e-2，f（x）与g（x）的图象无交点；
当a=e-2时，f（x）与g（x）的图象有且仅有一个交点；
0＜a＜e-2时，f（x）与g（x）的图象有且仅有两个交点．解析分析：（1）先求出函数h′（x），欲使h（x）存在单调递减区间，则h′（x）＜0在（0，+∞）上有解，然后利用分离法可得a＞在（0，+∞）上有解，故a大于函数在（0，+∞）上的最小值即可．（2）先令F（x）=f（x）-g（x）=ax-lnx+1（a＞0），函数f（x）=ax与g（x）=lnx-1的交点个数即为函数F（x）的零点的个数，利用导数研究函数F（x）的最小值，比较最小值与0的大小即可得到F（x）的零点的个数．点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，函数的零点与方程根的关系等基础题知识，考查了转化和划归的数学思想，属于中档题．