已知函数f（x）=x2-ax，g（x）=lnx （1）若f（x）≥g（x）对于定...

（1）由f（x）≥g（x），知a≤x-，（x＞0）．设∅（x）=x-，利用导数性质能求出a的范围． （2）由h（x）=x2-ax+lnx，知h′（x）=，（x＞0），故，由，知x2∈（1，+∞），且，由此能够证明． （3）由r（x）=f（x）+g（），知=，所以1-a+＞k（1-a2），设∅（a）=1-a++k（a2-1），a∈（1，2），∅（1）=1，利用分类讨论思想能求出实数k的取值范围． 【解析】 （1）∵f（x）=x2-ax，g（x）=lnx，f（x）≥g（x）， ∴a≤x-，（x＞0）．（1分） 设∅（x）=x-，∅′（x）=，（2分） 当x∈（0，1）时，∅′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，∅′（x）＞0， ∴∅（x）≥∅（1）=1，∴a∈（-∞，1]．（4分） （2）h（x）=x2-ax+lnx， ∴h′（x）=，（x＞0）（5分） ∴， ∵，∴x2∈（1，+∞），且，（i=1，2），（6分） ∴h（x1）-h（x2）=（）-（） =（-）-（-） = =，（x2＞1）．（8分） 设u（x）=x2--ln2x2，x≥1， 则≥0，∴u（x）＞u（1）=． 即．（10分） （3）∵r（x）=f（x）+g（）， ∴ =， ， ∴r（x）在[，+∞）上为增函数，∴r（x）max=r（1）=1-a+， 所以1-a+＞k（1-a2），（12分） 设∅（a）=1-a++k（a2-1），a∈（1，2），∅（1）=0， 有∅（a）＞0在a∈（1，2）恒成立， ∵∅′（x）=（2ka-1+2k）． ①k=0时，∵，∴∅（a）在a∈（1，2）递减， 此时∅（a）＜∅（1）=0不符合；（13分） ②k＜0时，∵，∅（a）在a∈（1，2）递减， 此时∅（a）＜∅（1）=0不符合；（14分） ③k＞0时，∵， 若，则∅（a）在区间（1，min{2，}）上递减， 此时∅（a）＜∅（1）=0不符合；（15分） 综上得，解得k≥，即实数k的取值范围为[，+∞）．（16分）