Question

出定義在（0，+∞）上的三個函數(shù)：f（x）=lnx，g（x）=x²-af（x），h(x)=x-a

x

，已知g（x）在x=1處取極值．
（Ⅰ）確定函數(shù)h（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）求證：當(dāng)1＜x＜e²時，恒有x＜

2+f(x)

2-f(x)

成立；
（Ⅲ）把函數(shù)h（x）的圖象向上平移6個單位得到函數(shù)h₁（x）的圖象，試確定函數(shù)y=g（x）-h₁（x）的零點個數(shù)，并說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由題設(shè)，g（x）=x²-alnx，則g′(x)=2x-

a

x

．由已知，g'（1）=0，a=2．于是h(x)=x-2

x

，則h′(x)=1-

1

x

．由此能確定確定函數(shù)h（x）的單調(diào)性．
（Ⅱ）當(dāng)1＜x＜e²時，0＜lnx＜2，即0＜f（x）＜2．欲證x＜

2+f(x)

2-f(x)

，只需證x[2-f（x）]＜2+f（x），即證f(x)＞

2(x-1)

x+1

．由此能夠證明當(dāng)1＜x＜e²時，恒有x＜

2+f(x)

2-f(x)

成立．
（Ⅲ）由題設(shè)，h1(x)=x-2

x

+6．令g（x）-h₁（x）=0，則2

x

-2lnx=-x2+x+6．設(shè)h2(x)=2

x

-2lnx，h₃（x）=-x²+x+6（x＞0），則h2′(x)=

1

x

-

2

x

=

x -2

x

，由

x

-2＞0，得x＞4．
所以h₂（x）在（4，+∞）上是增函數(shù)，在（0，4）上是減函數(shù)．由此入手能夠確定函數(shù)y=g（x）-h₁（x）的零點個數(shù)．

解答：解：（Ⅰ）由題設(shè)，g（x）=x²-alnx，
則g′(x)=2x-

a

x

．（1分）
由已知，g'（1）=0，
即2-a=0⇒a=2．（2分）
于是h(x)=x-2

x

，
則h′(x)=1-

1

x

．（3分）
由h′(x)=1-

1

x

＞0⇒x＞1，
所以h（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，在（0，1）上是減函數(shù)．（4分）
證明：（Ⅱ）當(dāng)1＜x＜e²時，0＜lnx＜2，
即0＜f（x）＜2．（5分）
欲證x＜

2+f(x)

2-f(x)

，
只需證x[2-f（x）]＜2+f（x），
即證f(x)＞

2(x-1)

x+1

．（6分）
設(shè)φ(x)=f(x)-

2(x-1)

x+1

=lnx-

2(x-1)

x+1

，
則φ′(x)=

1

x

-

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

(x+1)2

=

(x-1)2

x(x+1)2

．
當(dāng)1＜x＜e²時，φ'（x）＞0，
所以φ（x）在區(qū)間（1，e²）上為增函數(shù)．（7分）
從而當(dāng)1＜x＜e²時，φ（x）＞φ（1）=0，
即lnx＞

2(x-1)

x+1

，
故x＜

2+f(x)

2-f(x)

．（8分）
解：（Ⅲ）由題設(shè)，h1(x)=x-2

x

+6．
令g（x）-h₁（x）=0，
則x2-2lnx-(x-2

x

+6)=0，
即2

x

-2lnx=-x2+x+6．（9分）
設(shè)h2(x)=2

x

-2lnx，
h₃（x）=-x²+x+6（x＞0），
則h2′(x)=

1

x

-

2

x

=

x -2

x

，
由

x

-2＞0，得x＞4．
所以h₂（x）在（4，+∞）上是增函數(shù)，
在（0，4）上是減函數(shù)．（10分）
又h₃（x）在（0，

1

2

）上是增函數(shù)，
在（

1

2

，+∞）上是減函數(shù)．
因為當(dāng)x→0時，h₂（x）→+∞，h₃（x）→6．
又h₂（1）=2，h₃（1）=6，h₂（4）=4-2ln4＞0，h₃（4）=-6，
則函數(shù)h₂（x）與h₃（x）的大致圖象如下：（12分）

由圖可知，當(dāng)x＞0時，兩個函數(shù)圖象有2個交點，
故函數(shù)y=g（x）-h₁（x）有2個零點．（13分）

點評：本題考函數(shù)的恒成立的應(yīng)用，對數(shù)學(xué)思維的要求比較高，要求學(xué)生理解“存在”、“恒成立”，以及運用一般與特殊的關(guān)系進(jìn)行否定，本題有一定的探索性．綜合性強，難度大，易出錯．解題時要認(rèn)真審題，注意導(dǎo)數(shù)的合理運用．