Question

出定义在（0，+∞）上的三个函数：f（x）=lnx，g（x）=x²-af（x），h(x)=x-a

x

，已知g（x）在x=1处取极值．
（Ⅰ）确定函数h（x）的单调性；
（Ⅱ）求证：当1＜x＜e²时，恒有x＜

2+f(x)

2-f(x)

成立；
（Ⅲ）把函数h（x）的图象向上平移6个单位得到函数h₁（x）的图象，试确定函数y=g（x）-h₁（x）的零点个数，并说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由题设，g（x）=x²-alnx，则g′(x)=2x-

a

x

．由已知，g'（1）=0，a=2．于是h(x)=x-2

x

，则h′(x)=1-

1

x

．由此能确定确定函数h（x）的单调性．
（Ⅱ）当1＜x＜e²时，0＜lnx＜2，即0＜f（x）＜2．欲证x＜

2+f(x)

2-f(x)

，只需证x[2-f（x）]＜2+f（x），即证f(x)＞

2(x-1)

x+1

．由此能够证明当1＜x＜e²时，恒有x＜

2+f(x)

2-f(x)

成立．
（Ⅲ）由题设，h1(x)=x-2

x

+6．令g（x）-h₁（x）=0，则2

x

-2lnx=-x2+x+6．设h2(x)=2

x

-2lnx，h₃（x）=-x²+x+6（x＞0），则h2′(x)=

1

x

-

2

x

=

x -2

x

，由

x

-2＞0，得x＞4．
所以h₂（x）在（4，+∞）上是增函数，在（0，4）上是减函数．由此入手能够确定函数y=g（x）-h₁（x）的零点个数．

解答：解：（Ⅰ）由题设，g（x）=x²-alnx，
则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

，
则h′(x)=1-

1

x

．（3分）
由h′(x)=1-

1

x

＞0⇒x＞1，
所以h（x）在（1，+∞）上是增函数，在（0，1）上是减函数．（4分）
证明：（Ⅱ）当1＜x＜e²时，0＜lnx＜2，
即0＜f（x）＜2．（5分）
欲证x＜

2+f(x)

2-f(x)

，
只需证x[2-f（x）]＜2+f（x），
即证f(x)＞

2(x-1)

x+1

．（6分）
设φ(x)=f(x)-

2(x-1)

x+1

=lnx-

2(x-1)

x+1

，
则φ′(x)=

1

x

-

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

(x+1)2

=

(x-1)2

x(x+1)2

．
当1＜x＜e²时，φ'（x）＞0，
所以φ（x）在区间（1，e²）上为增函数．（7分）
从而当1＜x＜e²时，φ（x）＞φ（1）=0，
即lnx＞

2(x-1)

x+1

，
故x＜

2+f(x)

2-f(x)

．（8分）
解：（Ⅲ）由题设，h1(x)=x-2

x

+6．
令g（x）-h₁（x）=0，
则x2-2lnx-(x-2

x

+6)=0，
即2

x

-2lnx=-x2+x+6．（9分）
设h2(x)=2

x

-2lnx，
h₃（x）=-x²+x+6（x＞0），
则h2′(x)=

1

x

-

2

x

=

x -2

x

，
由

x

-2＞0，得x＞4．
所以h₂（x）在（4，+∞）上是增函数，
在（0，4）上是减函数．（10分）
又h₃（x）在（0，

1

2

）上是增函数，
在（

1

2

，+∞）上是减函数．
因为当x→0时，h₂（x）→+∞，h₃（x）→6．
又h₂（1）=2，h₃（1）=6，h₂（4）=4-2ln4＞0，h₃（4）=-6，
则函数h₂（x）与h₃（x）的大致图象如下：（12分）

由图可知，当x＞0时，两个函数图象有2个交点，
故函数y=g（x）-h₁（x）有2个零点．（13分）

点评：本题考函数的恒成立的应用，对数学思维的要求比较高，要求学生理解“存在”、“恒成立”，以及运用一般与特殊的关系进行否定，本题有一定的探索性．综合性强，难度大，易出错．解题时要认真审题，注意导数的合理运用．