题目内容
设函数f（x）=lnx+ex，g（x）=ex+
x2-ax（a∈R）（e=2.71828…是自然对数的底数）
（1）若F（x）=f（x）-g（x），求F（x）的单调区间；
（2）定义：若函数φ（x）在定义域为[m，n]（m＜n）上的值域为[m，n]，则称区间[m，n]为函数φ（x）的“同域区间”，当a=
时，函数F（x）在区间（0，2）内是否存在“同域区间”？请说明理由；
（3）当a＞1时，对于区间（2，3）内任意两个不相等的实数x1，x2都有|f（x1）-f（x2）|＞|g（x1）-g（x2）|成立，求a的取值范围．
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（1）若F（x）=f（x）-g（x），求F（x）的单调区间；
（2）定义：若函数φ（x）在定义域为[m，n]（m＜n）上的值域为[m，n]，则称区间[m，n]为函数φ（x）的“同域区间”，当a=
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（3）当a＞1时，对于区间（2，3）内任意两个不相等的实数x1，x2都有|f（x1）-f（x2）|＞|g（x1）-g（x2）|成立，求a的取值范围．
考点：利用导数研究函数的单调性
专题：新定义,导数的综合应用
分析：（1）利用导数求函数的单调区间即可；
（2）根据“同域区间”的定义得出
?方程2lnx-x2+x=0在（0，2）上存在两个相异的实根，利用导数证明即可；
（3）由（1）得|f（x1）-f（x2）|=f（x2）-f（x1），则|f（x1）-f（x2）|＞|g（x1）-g（x2）|?f（x2）-f（x1）＞|g（x1）-g（x2）|?f（x1）-f（x2）＜g（x1）-g（x2）＜f（x2）-f（x1），即f（x）-g（x）在区间（2，3）单调递增，f（x）+g（x）在区间（2，3）单调递增，即[f（x）-g（x）]′≥0且[f（x）+g（x）]′≥0，利用导数列出不等式解得即可．
（2）根据“同域区间”的定义得出
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（3）由（1）得|f（x1）-f（x2）|=f（x2）-f（x1），则|f（x1）-f（x2）|＞|g（x1）-g（x2）|?f（x2）-f（x1）＞|g（x1）-g（x2）|?f（x1）-f（x2）＜g（x1）-g（x2）＜f（x2）-f（x1），即f（x）-g（x）在区间（2，3）单调递增，f（x）+g（x）在区间（2，3）单调递增，即[f（x）-g（x）]′≥0且[f（x）+g（x）]′≥0，利用导数列出不等式解得即可．
解答：
解：（1）由F（x）=f（x）-g（x）得F（x）=lnx-
x2+ax，
∴F′（x）=
，由题意可得F（x）的定义域为（0，+∞），
令F′（x）=0⇒x1=
，x2=
，可得x1＜0，x2＞0，
令F′（x）＞0⇒0＜x＜
，即函数F（x）的单调递增区间为（0，
），
令F′（x）＜0⇒x＞
，即函数F（x）的单调递减区间为（
，+∞）；
（2）当a=
时，F（x）=lnx-
x2+
x，设其定义域为[m，n]（m＜n），假设存在“同域区间”，且对应的值域为[m，n]，
由（1）可知F（x）在（0，2）上单调递增，即有
⇒
，
及方程lnx-
x2+
x=x在（0，2）上存在两个相异的实根，
即方程2lnx-x2+x=0在（0，2）上存在两个相异的实根，
令T（x）=2lnx-x2+x，则T′（x）=
-2x+1，令φ（x）=T′（x）=
-2x+1，则φ′（x）=-
-2，即φ′（x）＜0恒成立，
∴函数φ（x）在（0，2）上单调递减，且φ（e-1）═2e+1-
＞0，φ（2）=-2＜0，
即在区间（
，2）上必存在唯一的点x0∈（
，2），使得φ（x0）=0，
当x∈（
，x0）时，φ′（x）＞0即T（x）在（
，2）上单调递增；
当x∈（x0，2）时，φ′（x）＜00即T（x）在（x0，2）上单调递减；
又T（
）=
＜0，φ（1）=1＞0，∴x0＞1，即T（x）在（1，x0）单调递增，
T（x0）＞T（1）=0，T（2）=2ln2-4+2=2ln2-2=2（ln2-1）＜0，
∴函数T（x）=2lnx-x2+x在区间（
，2）有两个不相等的解，
即方程2lnx-x2+x=0在（0，2）上存在两个相异的实根，
故函数F（x）在（0，2）上存在“同域区间”；
（3）不妨设2＜x1＜x2＜3，由题意得f（x）=lnx+ex在区间（2，3）单调递增，
则有|f（x1）-f（x2）|=f（x2）-f（x1），
∴|f（x1）-f（x2）|＞|g（x1）-g（x2）|?f（x2）-f（x1）＞|g（x1）-g（x2）|
?f（x1）-f（x2）＜g（x1）-g（x2）＜f（x2）-f（x1），
即f（x1）-g（x1）＜f（x2）-g（x2）且f（x1）+g（x1）＜f（x2）+g（x2）恒成立，
故f（x）-g（x）在区间（2，3）单调递增，f（x）+g（x）在区间（2，3）单调递增，
即[f（x）-g（x）]′≥0且[f（x）+g（x）]′≥0，
∴命题转化为在条件x∈（2，3）下有
恒成立，即
⇒
≤a≤
+2e2．
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∴F′（x）=
| 1-x2+ax |
| x |
令F′（x）=0⇒x1=
a-
| ||
| 2 |
a+
| ||
| 2 |
令F′（x）＞0⇒0＜x＜
a+
| ||
| 2 |
a+
| ||
| 2 |
令F′（x）＜0⇒x＞
a+
| ||
| 2 |
a+
| ||
| 2 |
（2）当a=
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由（1）可知F（x）在（0，2）上单调递增，即有
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及方程lnx-
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| 2 |
即方程2lnx-x2+x=0在（0，2）上存在两个相异的实根，
令T（x）=2lnx-x2+x，则T′（x）=
| 2 |
| x |
| 2 |
| x |
| 2 |
| x2 |
∴函数φ（x）在（0，2）上单调递减，且φ（e-1）═2e+1-
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| e |
即在区间（
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| e |
| 1 |
| e |
当x∈（
| 1 |
| e |
| 1 |
| e |
当x∈（x0，2）时，φ′（x）＜00即T（x）在（x0，2）上单调递减；
又T（
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| e |
| e(-2e+1)-1 |
| e2 |
T（x0）＞T（1）=0，T（2）=2ln2-4+2=2ln2-2=2（ln2-1）＜0，
∴函数T（x）=2lnx-x2+x在区间（
| 1 |
| e |
即方程2lnx-x2+x=0在（0，2）上存在两个相异的实根，
故函数F（x）在（0，2）上存在“同域区间”；
（3）不妨设2＜x1＜x2＜3，由题意得f（x）=lnx+ex在区间（2，3）单调递增，
则有|f（x1）-f（x2）|=f（x2）-f（x1），
∴|f（x1）-f（x2）|＞|g（x1）-g（x2）|?f（x2）-f（x1）＞|g（x1）-g（x2）|
?f（x1）-f（x2）＜g（x1）-g（x2）＜f（x2）-f（x1），
即f（x1）-g（x1）＜f（x2）-g（x2）且f（x1）+g（x1）＜f（x2）+g（x2）恒成立，
故f（x）-g（x）在区间（2，3）单调递增，f（x）+g（x）在区间（2，3）单调递增，
即[f（x）-g（x）]′≥0且[f（x）+g（x）]′≥0，
∴命题转化为在条件x∈（2，3）下有
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点评：本题主要考查利用导数判断函数的单调性求单调区间及新概念题、恒成立问题的解决能力，考查划归思想、分类讨论思想的运用能力，综合性逻辑性强，属难题．
练习册系列答案
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