Question

12．（1）當x＞0時，求證：2-$\frac{e}{x}≤lnx≤\frac{x}{e}$；
（2）當函數y=a^x（a＞1）與函數y=x有且僅有一個交點，求a的值；
（3）討論函數y=a^|x|-|x|（a＞0且a≠1）y=a的零點個數．

Answer 1

分析 （1）構造函數，利用函數的導數求解函數的最值，然后證明結果．
（2）令h（x）=a^x-x，x∈R，求出導數，極值點判斷函數的單調性，說明?t＞0，使a^x≥$\frac{2}{a-1}$，當x≥t+3時，當x≤0時，轉化求解a=${e}^{\frac{1}{e}}$．
（3）令k（x）=a^|x|-|x|，x∈R，y=k（x）是偶函數，k（0）=1≠0時，k（x）=a^x-x，由（2）知，當a=${e}^{\frac{1}{e}}$時，函數k（x）=a^|x|-|x|，有兩個零點；求出k′（x），當0＜a＜1時，推出函數k（x）=a^|x|-|x|，有兩個零點；當1＜a＜${e}^{\frac{1}{e}}$時，判斷函數的單調性，求出零點個數，當a＞${e}^{\frac{1}{e}}$時，判斷單調性求出零點個數．

解答 證明：（1）令f（x）=lnx+$\frac{e}{x}$-2，g（x）=lnx-$\frac{e}{x}$，x＞0，f′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{e}{{x}^{2}}$=$\frac{x-e}{{x}^{2}}$，
所以y=f（x）在（0，e）上單調遞減，在（e，+∞）上單調遞增，
∴f（x）_min=f（e）=0，同理可證g（x）_max=g（e）=0，故得證…（4分）
（2）令h（x）=a^x-x，x∈R，h′（x）=a^xlna-1，令h′（x）=0，則x=log_a（log_ae），y=h（x）在（-∞，log_a（log_ae））上單調遞減，在（log_a（log_ae），+∞）上單調遞增，
?t＞0，使a^x≥$\frac{2}{a-1}$，當x≥t+3時，a^x=a^t•x^x-t≥$\frac{2}{a-1}$•x^[x-t]=$\frac{2}{a-1}•（1+a-1）^{[x-t]}$≥$\frac{2}{a-1}•（1+（a-1）[x-t]）$＞$\frac{2}{a-1}•$（1+（a-1）（a-t-1））＞2x-2t-2；a^x-x≥x-2t-2，
當x≤0時，a^x-x≤1-x，∴h（log_a（log_ae））=log_ae-（log_a（log_ae）=0，a^e=e，lna^e=1，a=${e}^{\frac{1}{e}}$．（8分）
（3）令k（x）=a^|x|-|x|，x∈R，y=k（x）是偶函數，k（0）=1≠0時，k（x）=a^x-x，
由（2）知，當a=${e}^{\frac{1}{e}}$時，函數k（x）=a^|x|-|x|，有兩個零點；
k′（x）=a^xlna-1，當0＜a＜1時，k′（0）=1，k（1）=a-1＜0，
所以函數k（x）=a^|x|-|x|，有兩個零點；當1＜a＜${e}^{\frac{1}{e}}$時，k′（x）=a^xlna-1，y=k（x），在（0，log_a（log_ae））上單調遞減，在（log_a（log_ae），+∞）上單調遞增，k（log_a（log_ae））=log_ae-log_a（log_ae）＜0，k（0）=1＞1，當x≥y+3時，a^x=a^t•x^x-t≥$\frac{2}{a-1}$•x^x-t≥$\frac{2}{a-1}•{x}^{[x-t]}$=$\frac{2}{a-1}•（1+a-1）^{[x-t]}$≥$\frac{2}{a-1}•（1+（a-1）[x-t]）$＞$\frac{2}{a-1}•（1+（a-1）（x-t-1））$＞2x-2t-2，
a^x-x≥x-2t-2，所以k（2t+3）＞1＞0，函數y=a^|x|-|x|，有四個零點；當a＞${e}^{\frac{1}{e}}$時，y=k（x），在（0，log_a（log_ae））上單調遞減，在（log_a（log_ae），+∞）上單調遞增，且k（log_a（log_ae））=log_ae-log_a（log_ae）＞0，函數y=a^|x|-|x|，沒有零點．
綜上所述，當0＜a＜1或a=${e}^{\frac{1}{e}}$時，函數y=a^|x|-|x|，有兩個零點；當1＜a＜${e}^{\frac{1}{e}}$時，函數y=a^|x|-|x|，有四個零點；當a＞${e}^{\frac{1}{e}}$時，函數y=a^|x|-|x|，沒有零點…（12分）

點評 本題考查函數的導數的綜合應用，函數的單調性，函數的最值以及函數的零點個數的求法，考查轉化思想以及計算能力．