题目内容
（2013•辽宁一模）已知函数f（x）=ax2-x（a∈R，a≠0），g（x）=lnx
（1）判断函数f（x）-g（x）在定义域上的单调性；
（2）若函数y=f（x）与y=g（x）的图象有两个不同的交点M，N，求a的取值范围．
（1）判断函数f（x）-g（x）在定义域上的单调性；
（2）若函数y=f（x）与y=g（x）的图象有两个不同的交点M，N，求a的取值范围．
分析：（1）由题意求出y=f（x）-g（x）的解析式，进而求出定义域，再求出导函数并整理，对a进行分类：a＞0时和a＜0时，分别求出y′＞0和y′＜0对应的x的范围，即求出函数的单调区间；
（2）先由f（x）=g（x）分离a，即求出a的表达式，再构造函数k（x）=
，再求导判断单调性以及最值和特殊函数值的符号，可得到函数图象的大致形状，再求出满足条件的a的范围．
（2）先由f（x）=g（x）分离a，即求出a的表达式，再构造函数k（x）=
| lnx+x |
| x2 |
解答：解：（1）由题意设y=f（x）-g（x）=ax2-x-lnx，（a≠0，x＞0），
∴y′=2ax-1-
=
，
①当a＞0时，令y′＞0得，2ax2-x-1＞0，解得x＞
，
令y′＜0得，2ax2-x-1＜0，解得0＜x＜
，
②当a＜0时，令h（x）=2ax2-x-1，则对称轴x=
＜0，且h（0）=-1，
∴x＞0时，有y′＜0，
综上所述：a＞0时，在（0，
）上递减，在（
，+∞）上递增，
a＜0时，在（0，+∞）上递减．
（2）由f（x）=g（x）得，ax2-x=lnx（a≠0，x＞0），即a=
令k（x）=
，则k′（x）=
=
，
当0＜x＜1时，1-x-2lnx＞0，即k′（x）＞0，
∴k（x）在（0，1）上单调递增，且k（e-1）=
＜0，
当x＞1时，1-x-2lnx＜0，即k′（x）＜0，
∴k（x）在（1，+∞）上单调递减，且
＞0，
∴k（x）在x=1处取得最大值k（1）=1，
故要是y=a和y=
的图象有两个交点，只需0＜a＜1．
∴y′=2ax-1-
| 1 |
| x |
| 2ax2-x-1 |
| x |
①当a＞0时，令y′＞0得，2ax2-x-1＞0，解得x＞
1+
| ||
| 4a |
令y′＜0得，2ax2-x-1＜0，解得0＜x＜
1+
| ||
| 4a |
②当a＜0时，令h（x）=2ax2-x-1，则对称轴x=
| 1 |
| 4a |
∴x＞0时，有y′＜0，
综上所述：a＞0时，在（0，
1+
| ||
| 4a |
1+
| ||
| 4a |
a＜0时，在（0，+∞）上递减．
（2）由f（x）=g（x）得，ax2-x=lnx（a≠0，x＞0），即a=
| lnx+x |
| x2 |
令k（x）=
| lnx+x |
| x2 |
(
| ||
| x4 |
| 1-x-2lnx |
| x3 |
当0＜x＜1时，1-x-2lnx＞0，即k′（x）＞0，
∴k（x）在（0，1）上单调递增，且k（e-1）=
| -1+e-1 |
| e-2 |
当x＞1时，1-x-2lnx＜0，即k′（x）＜0，
∴k（x）在（1，+∞）上单调递减，且
| lnx+x |
| x2 |
∴k（x）在x=1处取得最大值k（1）=1，
故要是y=a和y=
| lnx+x |
| x2 |
点评：本题考查了导数与函数的单调性关系，以及两个函数图象的交点问题转化为求单调性和最值等综合应用，考查了分类讨论思想、转化思想和分离常数方法．
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