安徽省广德中学2013-2014年学度高二第二学期期中(5)

解： (1)h(x)=lnx﹣ h′(x)= ﹣ax﹣2.

﹣2x(x>0) ,

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：

当 F( )=2+lna>0,即 a=e﹣2 时，F(x)恒大于 0,函数 F(x)无零点. 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

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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.

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