Question

（2012•宜賓一模）已知定義在（0，+∞）上的兩個函數(shù)f(x)=x2-alnx，g(x)=x-a

x

，且f(x)在x=1處取得極值．
（1）求a的值及函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求證：當(dāng)1＜x＜e2時，恒有x＜

2+lnx

2-lnx

成立．
（3）把g（x）對應(yīng)的曲線向上平移6個單位后得曲線C₁，求C₁與f（x）對應(yīng)曲線C₂的交點個數(shù)，并說明理由．

Answer 1

分析：（1）先根據(jù)f'（1）=0求出a的值，然后求出g′（x），最后解g′（x）＞0與g′（x）＜0，即可求出函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）先判定2-lnx的符號，欲證x＜

2+lnx

2-lnx

，只需證明2x-xlnx＜2+lnx，即只需證lnx＞

2(x-1)

x+1

，記F(x)=lnx-

2(x-1)

x+1

，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)F（x）的最小值即可證得結(jié)論；
（3）由題意知C1：h(x)=x-2

x

+6，問題轉(zhuǎn)化為G(x)=x2-2lnx-(x-2

x

+6)=0在（0，+∞）上解的個數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，從而可判定解的個數(shù)．

解答：解：（1）∵f′（x）=2x-

a

x

，∴f'（1）=2-a=0，∴a=2．…（2分）
∴g(x)=x-2

x

．由g′(x)=1-

1

x

＞0，得x＞1；
由g′(x)=1-

1

x

＜0，得0＜x＜1．
∴g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間是（1，+∞）．…（4分）
（2）∵1＜x＜e²，
∴0＜lnx＜2，
∴2-lnx＞0．
欲證x＜

2+lnx

2-lnx

，只需證明2x-xlnx＜2+lnx，
即只需證lnx＞

2(x-1)

x+1

．
記F(x)=lnx-

2(x-1)

x+1

，
則F′(x)=

(x-1)2

x(x+1)2

．
當(dāng)x＞1時，F(xiàn)'（x）＞0，
∴F（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)．
∴F（x）＞F（1）=0，
∴F（x）＞0，即lnx-

2(x-1)

x+1

＞0．
∴lnx＞

2(x-1)

x+1

．故結(jié)論成立．  …（8分）
（3）由題意知C1：h(x)=x-2

x

+6．
問題轉(zhuǎn)化為G(x)=x2-2lnx-(x-2

x

+6)=0在（0，+∞）上解的個數(shù)．…（10分）
G′(x)=2x-2

1

x

-1+

1

x

=

2x2-2-x+ x

x

=

( x -1)(2x x +2x+ x +2)

x

．
由G'（x）＞0，得x＞1；由G'（x）＜0，得0＜x＜1．
∴G（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減．
又G（1）=-4＜0，所以G(x)=x2-2lnx-(x-2

x

+6)=0
在（0，+∞）上有2個解．
即C₁與f（x）對應(yīng)曲線C₂的交點個數(shù)是2．…（14分）

點評：本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，以及函數(shù)的單調(diào)性和圖象交點問題，同時考查了轉(zhuǎn)化的思想，屬于中檔題．