已知函数,是常数.讨论的单调性;求时,零点的个数;求证:(,为自然对数的底数).

(2014•石家庄模拟)已知a为实常数，函数f(x)=lnx-ax 1.(Ⅰ)讨...

解答:解:(Ⅰ)f(x)的定义域为(0， ∞)，其导数f'(x)=1x-a。①当a≤0时，f'(x)＞0，函数在(0， ∞)上是增函数;②当a＞0时，在区间(0，1a)上，f'(x)＞0;在区间(1a， ∞)上，f'(x)＜0。 ∴f(x)在(0，1a)是增函数，在(1a， ∞)是减函数。(Ⅱ)(ⅰ)由(Ⅰ)知，当a≤0时，函数f(x)在(0， ∞)上是增函数，不可能有两个零点，当a＞0时，f(x)在(0，1a)上是增函数，在(1a， ∞)上是减函数，此时f(1a)为函数f(x)的最大值，当f(1a)≤0时，f(x)最多有一个零点，∴f(1a)=ln1a＞0，解得0＜a＜1，此时，1e＜...全部

  解答:解:(Ⅰ)f(x)的定义域为(0， ∞)，其导数f'(x)=1x-a。①当a≤0时，f'(x)＞0，函数在(0， ∞)上是增函数;②当a＞0时，在区间(0，1a)上，f'(x)＞0;在区间(1a， ∞)上，f'(x)＜0。
  ∴f(x)在(0，1a)是增函数，在(1a， ∞)是减函数。(Ⅱ)(ⅰ)由(Ⅰ)知，当a≤0时，函数f(x)在(0， ∞)上是增函数，不可能有两个零点，当a＞0时，f(x)在(0，1a)上是增函数，在(1a， ∞)上是减函数，此时f(1a)为函数f(x)的最大值，当f(1a)≤0时，f(x)最多有一个零点，∴f(1a)=ln1a＞0，解得0＜a＜1，此时，1e＜1a＜e2a2，且f(1e)=-1-ae 1=-ae＜0，f(e2a2)=2-2lna-e2a 1=3-2lna-e2a(0＜a＜1)，令F(a)=3-2lna-e2a，则F'(x)=-2a e2a2=e2-2aa2＞0，∴F(a)在(0，1)上单调递增，∴F(a)＜F(1)=3-e2＜0，即f(e2a2)＜0，∴a的取值范围是(0，1)。
  (ii)由(Ⅱ)(i)可知函数f(x)在(0，1a)是增函数，在(1a， ∞)是减函数。f(x)=lnx-ax 1，∴f(1e)=-1-ae 1=-ae＜0，f(1)=1-a＞0。故1e＜x1＜1;第二部分:分析:∵0＜x1＜1a，∴2a-x1＞1a。
  只要证明:f(2a-x1)＞0就可以得出结论。下面给出证明:构造函数:g(x)=f(2a-x)-f(x)=ln(2a-x)-a(2a-x)-(lnx-ax)(0＜x≤1a)，则g'(x)=1x-2a-1x 2a=2a(x-1a)2x(x-2a)＜0，函数g(x)在区间(0，1a]上为减函数。
  0＜x1＜1a，则g(x1)＞g(1a)=0，又f(x1)=0，于是f(2a-x1)=ln(2a-x1)-a(2a-x1) 1-f(x1)=g(x1)＞0。又f(x2)=0，由(1)可知x2＞2a-x1，即x1 x2＞2a＞2。
  收起