Question

已知函数f（x）=x²-alnx在（1，2）上是递增函数，g（x）=x-a

x

在（0，1）上为减函数．
（1）求f（x），g（x）的表达式；
（2）求证：当x＞0时，方程f（x）=g（x）+2有唯一解；
（3）当b＞-1时，若f（x）≥2bx-

1

x2

在x∈（0，1）内恒成立，求b的取值范围．

Answer 1

分析：（1）f′(x)=

2x2-a

x

≥0在（1，2]上恒成立?a≤（2x²）_min=2，g′(x)=

2 x -a

2 x

≤0在（1，2]上恒成立?a≥(2

x

)max=2，由此知f（x）=x²-2lnx，g（x）=x-

x

．
（2）f（x）=g（x）+2?x2-2lnx-x+2

x

-2=0，设h(x)=x2-2lnx-x+2

x

-2(x＞0)，由函数的单调性能导出方程f（x）=g（x）+2在x＞0时只有唯一解．
（3）f（x）≥2bx-

1

x2

在（0，1]上恒成立?2b≤x-

2lnx

x

+

1

x3

在（0，1]上恒成立．由此能导出b的取值范围．

解答：解：（1）由题意知：f′(x)=

2x2-a

x

≥0在（1，2]上恒成立?a≤（2x²）_min=2，
又g′(x)=

2 x -a

2 x

≤0在（0，1]上恒成立?a≥(2

x

)max=2，
∴a=2，f（x）=x²-2lnx，g（x）=x-2

x

．
（2）．f（x）=g（x）+2?x2-2lnx-x+2

x

-2=0，设h(x)=x2-2lnx-x+2

x

-2(x＞0)，
则h′(x)=2x-

2

x

+

1

x 3 2

，
解得h（x）在（0，1]上单调递减，在[1，+∞）单调递增?h（x）_min=h（1）=0，
即方程f（x）=g（x）+2在x＞0时只有唯一解．
（3）f（x）≥2bx-

1

x2

在（0，1]上恒成立，?2b≤x-

2lnx

x

+

1

x3

在（0，1]上恒成立．
设H(x)=x-

2lnx

x

+

1

x3

，则H′(x)=

x2(x2-2+2lnx) -3

x4

，
∵0＜x≤1?x²-2＜0，2lnx＜0，
∴H′（x）＜0，H（x）d （0，1]单调递减，
∴-1＜b≤1，又∵b＞-1，∴-1＜b≤1．

点评：本题考查利用导数判断函数的单调性，具有一定的难度，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化．