Question

12．設(shè)f（x）=x^a，g（x）=1nx．
（1）若a=1，求證：當(dāng)x＞0時．f（x）≥g（x）+1；
（2）若a∈R，求關(guān)于x的方程f（x）=g（x）實根的個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）令F（x）=f（x）-g（x）-1=，只需證F_min（x）≥0即可．轉(zhuǎn)而求F（x）的最小值問題．
（2）令H（x）=f（x）-g（x）=x^a-lnx，求出H_min（x），討論H_min（x）和0的關(guān)系，從而得出方程f（x）=g（x）實根的個數(shù)．

解答 （1）證明：令F（x）=f（x）-（g（x）+1）=x-1nx-1，則x∈（0，+∞）．
F′（x）=1-$\frac{1}{x}$．
∴當(dāng)0＜x＜1時，F(xiàn)′（x）＜0，
當(dāng)x＞1時，F(xiàn)′（x）＞0，
∴F（x）在（0，1]上是減函數(shù)，在（1，+∞）上是增函數(shù)．
F_min（x）=F（1）=0．
∴F（x）≥0．即f（x）-（g（x）+1）≥0，
∴f（x）≥g（x）+1．
（2）解：令H（x）=f（x）-g（x）=x^a-lnx，x∈（0，+∞）．
∴H′（x）=ax^a-1-$\frac{1}{x}$
①當(dāng)a≤0時，H′（x）＜0，∴H（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)．
∵H（1）=1＞0，H（e）=e^a-1≤0，
∴H（x）在（0，+∞）上只有一個零點．
即f（x）=g（x）有1個實數(shù)根．
②當(dāng)a＞0時，令H′（x）=0解得x=（$\frac{1}{a}$）${\;}^{\frac{1}{a}}$
當(dāng)0＜x＜（$\frac{1}{a}$）${\;}^{\frac{1}{a}}$時，H′（x）＜0，當(dāng)x＞（$\frac{1}{a}$）${\;}^{\frac{1}{a}}$時，H′（x）＞0
∴H（x）在（0，（$\frac{1}{a}$）${\;}^{\frac{1}{a}}$）上是減函數(shù)，在（（$\frac{1}{a}$）${\;}^{\frac{1}{a}}$，+∞）上是增函數(shù)，
∴H_min（x）=H（（$\frac{1}{a}$）${\;}^{\frac{1}{a}}$）=$\frac{1}{a}$（1-ln$\frac{1}{a}$），
（i）若$\frac{1}{a}$（1-ln$\frac{1}{a}$）＞0，即a＞$\frac{1}{e}$時，H_min（x）＞0，
∴H（x）在（0，+∞）上無零點．
即f（x）=g（x）無實數(shù)根；
（ii）若$\frac{1}{a}$（1-ln$\frac{1}{a}$）=0，即a=$\frac{1}{e}$時，H_min（x）=0，
∴H（x）在（0，+∞）上只有1個零點．
即f（x）=g（x）有1個實數(shù)根；
（iii）若$\frac{1}{a}$（1-ln$\frac{1}{a}$）＜0，即0＜a＜$\frac{1}{e}$時，H_min（x）＜0，
∴H（x）在（0，+∞）上有2個零點．
即f（x）=g（x）有2個實數(shù)根；
綜上所述：當(dāng)a≤0或a=$\frac{1}{e}$時，f（x）=g（x）有1個實數(shù)根；
當(dāng)a＞$\frac{1}{e}$時，f（x）=g（x）沒有實數(shù)根．
當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{e}$時，f（x）=g（x）有2個實數(shù)根．

點評 本題考查了函數(shù)不等式的證明，導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性、極值的關(guān)系，零點的個數(shù)判斷，屬于綜合題．