（本小题满分 16 分） 设函数 f(x)=ln x-a…——2013 高考数学第 19 题答案解析

（1）由 $f(x)=\ln x-ax$，得 $f'(x)=\frac{1}{x}-a$。
因为 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减，所以 $f'(x) \leqslant 0$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立，即 $a \geqslant \frac{1}{x}$。
由于 $x > 1$，则 $0 < \frac{1}{x} < 1$，故需 $a \geqslant 1$。

由 $g(x)=e^x-ax$，得 $g'(x)=e^x-a$。
若 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上有最小值，则 $g(x)$ 不能在该区间单调递增。
若 $a \leqslant e$，当 $x > 1$ 时，$e^x > e \geqslant a$，即 $g'(x) > 0$，此时 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递增，无最小值，不合题意。
若 $a > e$，令 $g'(x)=0$，解得 $x=\ln a$。因为 $a > e$，所以 $\ln a > 1$。
当 $x \in (1, \ln a)$ 时，$g'(x) < 0$，$g(x)$ 单调递减；
当 $x \in (\ln a, +\infty)$ 时，$g'(x) > 0$，$g(x)$ 单调递增。
此时 $g(x)$ 在 $x=\ln a$ 处取得极小值，也是最小值，符合题意。
综上，$a$ 的取值范围是 $(e, +\infty)$。

（2）由 $g(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增，得 $g'(x)=e^x-a \geqslant 0$ 在 $(-1,+\infty)$ 上恒成立，即 $a \leqslant e^x$。
因为 $x > -1$，所以 $e^x > e^{-1} = \frac{1}{e}$，故 $a \leqslant \frac{1}{e}$。

对于 $f(x)=\ln x - ax$ ($x>0$)，$f'(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}$。
① 当 $a=0$ 时，$f(x)=\ln x$，由 $\ln x=0$ 得 $x=1$，有 1 个零点。
② 当 $a < 0$ 时，因为 $x>0$，所以 $-ax > 0$，$\frac{1}{x} > 0$，故 $f'(x) > 0$ 恒成立。
$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增。
又 $\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$，$\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$（因为 $-ax \to +\infty$），
由零点存在性定理及单调性可知，$f(x)$ 有且仅有 1 个零点。
③ 当 $0 < a \leqslant \frac{1}{e}$ 时，令 $f'(x)=0$，得 $x=\frac{1}{a}$。
当 $x \in (0, \frac{1}{a})$ 时，$f'(x) > 0$，$f(x)$ 单调递增；
当 $x \in (\frac{1}{a}, +\infty)$ 时，$f'(x) < 0$，$f(x)$ 单调递减。
所以 $f(x)_{\max} = f(\frac{1}{a}) = \ln \frac{1}{a} - a \cdot \frac{1}{a} = -\ln a - 1$。

若 $a = \frac{1}{e}$，则 $f(x)_{\max} = -\ln(e^{-1}) - 1 = 1 - 1 = 0$。
此时最大值为 0，故 $f(x)$ 有且仅有 1 个零点 $x=e$。

若 $0 < a < \frac{1}{e}$，则 $\ln a < -1$，$-\ln a > 1$，故 $f(x)_{\max} = -\ln a - 1 > 0$。
又 $\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$，$\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$（因为 $a>0$，$-ax$ 主导趋向负无穷）。
由零点存在性定理，在 $(0, \frac{1}{a})$ 和 $(\frac{1}{a}, +\infty)$ 上各有一个零点，共 2 个零点。

综上所述：
当 $a < 0$ 或 $a = \frac{1}{e}$ 时，$f(x)$ 有 1 个零点；
当 $0 < a < \frac{1}{e}$ 时，$f(x)$ 有 2 个零点。