設(shè)函數(shù)，f（x）=x2-alnx，g（x）=x2-x+m，令F（x）=f（x）-g（x）
（Ⅰ）當(dāng)m=0，x∈（1，+∞）時，試求實數(shù)a的取值范圍使得F（x）的圖象恒在x軸上方
（Ⅱ）當(dāng)a=2時，若函數(shù)F（x）在[1，3]上恰好有兩個不同零點，求實數(shù)m的取值范圍
（Ⅲ）是否存在實數(shù)a的值，使函數(shù)f（x）和函數(shù)g（x）在公共定義域上具有相同的單調(diào)性？若存在，求出a的值，若不存在，說明理由．
分析：（I）當(dāng)m=0時，函數(shù)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(cè)函數(shù)的最小值即可求出a的范圍；
（II）函數(shù)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(dǎo)數(shù)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(shè)存在，即假設(shè)存在實數(shù)a的值，使函數(shù)f（x）和函數(shù)g（x）在公共定義域上具有相同的單調(diào)性，再利用導(dǎo)數(shù)工具，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，若出現(xiàn)矛盾，則說明假設(shè)不成立，即不存在；否則存在．
解答：解：（I）當(dāng)m=0時，函數(shù)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(xiàn)（x）＞0可得-alnx＞-x∵x∈（1，+∞）
則
a＜記
?(x)=，則F(x)＞0在(1，+∞)恒成立
等價于a＜?（x）
min（x∈（1，+∞））
又
?′(x)=∴當(dāng)x∈（1，e）時；?'（x）＜0；當(dāng)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(shù)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-=當(dāng)x∈[1，2）時，h'（x）＜0，當(dāng)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(yuǎn)（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=，
使得函數(shù)f（x）和函數(shù)g（x）在公共定義域上具有相同的單調(diào)性．…（10分）
因為f（x）和g（x）的公共定義域為（0，+∞）
由g（x）=x
2-x+m知，g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增區(qū)間是
(，+∞)，
單調(diào)遞減區(qū)間是
(0，)…（11分）
由
f(x)=x2-alnx，f′(x)=2x-=若a≤0，則f（x）'＞0，
函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，不合題意；
若a＞0，由f（x）'＞0可得2x
2-a＞0，
解得
x＞由
f′(x)＜0可得0＜x＜故a＞0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為
(，+∞)，
單調(diào)遞減區(qū)間為
(0，)故只需
=，解之得a=．
點評：本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的值域、研究閉區(qū)間上的值域等有關(guān)問題，是一道綜合題，屬于中檔題．
