Question

（2012•宜宾一模）已知定义在（0，+∞）上的两个函数f(x)=x2-alnx，g(x)=x-a

x

，且f(x)在x=1处取得极值．
（1）求a的值及函数g（x）的单调区间；
（2）求证：当1＜x＜e2时，恒有x＜

2+lnx

2-lnx

成立．
（3）把g（x）对应的曲线向上平移6个单位后得曲线C₁，求C₁与f（x）对应曲线C₂的交点个数，并说明理由．

Answer 1

分析：（1）先根据f'（1）=0求出a的值，然后求出g′（x），最后解g′（x）＞0与g′（x）＜0，即可求出函数g（x）的单调区间；
（2）先判定2-lnx的符号，欲证x＜

2+lnx

2-lnx

，只需证明2x-xlnx＜2+lnx，即只需证lnx＞

2(x-1)

x+1

，记F(x)=lnx-

2(x-1)

x+1

，然后利用导数研究函数的单调性求出函数F（x）的最小值即可证得结论；
（3）由题意知C1：h(x)=x-2

x

+6，问题转化为G(x)=x2-2lnx-(x-2

x

+6)=0在（0，+∞）上解的个数，然后利用导数研究函数的单调性，从而可判定解的个数．

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）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，+∞）．…（4分）
（2）∵1＜x＜e²，
∴0＜lnx＜2，
∴2-lnx＞0．
欲证x＜

2+lnx

2-lnx

，只需证明2x-xlnx＜2+lnx，
即只需证lnx＞

2(x-1)

x+1

．
记F(x)=lnx-

2(x-1)

x+1

，
则F′(x)=

(x-1)2

x(x+1)2

．
当x＞1时，F'（x）＞0，
∴F（x）在（1，+∞）上是增函数．
∴F（x）＞F（1）=0，
∴F（x）＞0，即lnx-

2(x-1)

x+1

＞0．
∴lnx＞

2(x-1)

x+1

．故结论成立．  …（8分）
（3）由题意知C1：h(x)=x-2

x

+6．
问题转化为G(x)=x2-2lnx-(x-2

x

+6)=0在（0，+∞）上解的个数．…（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）在区间（1，+∞）上单调递增，在区间（0，1）上单调递减．
又G（1）=-4＜0，所以G(x)=x2-2lnx-(x-2

x

+6)=0
在（0，+∞）上有2个解．
即C₁与f（x）对应曲线C₂的交点个数是2．…（14分）

点评：本题主要考查了利用导数研究函数的极值，以及函数的单调性和图象交点问题，同时考查了转化的思想，属于中档题．