Question

設函數，f（x）=x²-alnx，g（x）=x²-x+m，令F（x）=f（x）-g（x）
（Ⅰ）當m=0，x∈（1，+∞）時，試求實數a的取值范圍使得F（x）的圖象恒在x軸上方
（Ⅱ）當a=2時，若函數F（x）在[1，3]上恰好有兩個不同零點，求實數m的取值范圍
（Ⅲ）是否存在實數a的值，使函數f（x）和函數g（x）在公共定義域上具有相同的單調性？若存在，求出a的值，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（I）當m=0時，函數F（x）的圖象恒在x軸上方等價于F（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，將a分離出來，然后研究另一側函數的最小值即可求出a的范圍；
（II）函數F（x）在[1，3]上恰有兩個不同的零點等價于方程x-2lnx=m，在[1，3]上恰有兩個相異實根，然后利用導數研究y=x-2lnx在[1，3]的值域即可求出m的范圍．
（III）對于存在性問題，可先假設存在，即假設存在實數a的值，使函數f（x）和函數g（x）在公共定義域上具有相同的單調性，再利用導數工具，求出函數的單調區間，若出現矛盾，則說明假設不成立，即不存在；否則存在．

解答：解：（I）當m=0時，函數F（x）的圖象恒在x軸上方等價于F（x）＞0在（1，+∞）上恒成立
由m=0，F（x）＞0可得-alnx＞-x∵x∈（1，+∞）
則a＜

x

lnx

記?(x)=

x

lnx

，則F(x)＞0在(1，+∞)恒成立
等價于a＜?（x）_min（x∈（1，+∞））
又?′(x)=

lnx-1

ln2x

∴當x∈（1，e）時；?'（x）＜0；當x∈（e，+∞）時，?'（x）＞0
故φ（x）在x=e處取得極小值，
也是最小值，即?（x）_min=?（e）=e∴a＜e
故a的取值范圍是（-∞，e）．…（5分）
（II）函數F（x）在[1，3]上恰有兩個不同的零點等價于方程x-2lnx=m，
在[1，3]上恰有兩個相異實根．
令h(x)=x-2lnx，則h′(x)=1-

2

x

=

x-2

x

當x∈[1，2）時，h'（x）＜0，當x∈（2，3]時，h'（x）＞0
故在[1，3]上h（x）_min=h（2）=2-ln2…（8分）
又h（1）=1，h（3）=3-2ln3∵h（1）＞h（3）∴只需h（2）＜m≤h（3）
故m的取值范圍是（2-2ln2，3-2ln3]．…（9分）
（III）存在a=

1

2

，
使得函數f（x）和函數g（x）在公共定義域上具有相同的單調性．…（10分）
因為f（x）和g（x）的公共定義域為（0，+∞）
由g（x）=x²-x+m知，g（x）在（0，+∞）上單調遞增區間是(

1

2

，+∞)，
單調遞減區間是(0，

1

2

)…（11分）
由f(x)=x2-alnx，f′(x)=2x-

a

x

=

2x2-a

x

若a≤0，則f（x）'＞0，
函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增，不合題意；
若a＞0，由f（x）'＞0可得2x²-a＞0，
解得x＞

a 2

由f′(x)＜0可得0＜x＜

a 2

故a＞0時，函數f（x）的單調遞增區間為(

a 2

，+∞)，
單調遞減區間為(0，

a 2

)
故只需

a 2

=

1

2

，解之得a=

1

2

．

點評：本題主要考查了利用導數研究函數的單調性、利用導數研究函數的值域、研究閉區間上的值域等有關問題，是一道綜合題，屬于中檔題．