Question

12．已知函数f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{1nx-ax+1，（x≥a）}\\{{e}^{x-1}+（a-2）x，（x＜a）}\end{array}\right.$（a＞0）
（1）若a=1，证明：y=f（x）在R上单调递减；
（2）当a＞1时，讨论f（x）零点的个数．

Answer 1

分析 （1）分类讨论，根据导数和函数的单调性的关系即可证明；
（2）利用数形结合法，分段讨论，即可求出函数的零点的个数．

解答 解：（1）当a=1时，且x≥1时，f（x）=lnx-x+1，
∴0恒成立，
∴f（x）在[1，+∞）单调递减，
当x＜1时，f（x）=e^x-1-x，
∴f′（x）=e^x-1-1＜0恒成立，
∴f（x）在（-∞，1）单调递减，
综上所述y=f（x）在R上单调递减；
（2）当x≥a时，f（x）=lnx-ax+1=0，分别画出y=lnx，与y=ax-1的图象，如图所示：
∵y=ax-1过定点（0，-1），
设直线y=ax-1与y=lnx的切点为（m，n），
∴k=f′（m）=$\frac{1}{m}$=$\frac{n+1}{m}$，f（m）=lnm=n
∴n=0，m=1，
由图象可知，x≥a时，且当a＞1时，图象无交点，故f（x）无零点，
当x＜a时，f（x）=e^x-1+（a-2）x，
分别画出y=e^x-1，与y=（2-a）x的图象，如图所示：
∵y=（2-a）x过定点（0，0），
由图象可知，当a＞2时，图象有一个交点，故f（x）有一个零点，
当1＜a≤2时，图象无交点，故f（x）无零点，
故x＜a时，函数f（x）有一个零点，
综上所述，当a＞2时，故f（x）有一个零点，当1＜a≤2时，故f（x）无零点．

点评 本题考查了分段函数的应用及函数的单调性的判定，同时考查了函数的零点与方程的根的关系应用，属于中档题．