Question

已知函数f（x）=x²﹣ax，g（x）=lnx．

（1）；令F（x）=f（x）﹣g（x），求F（x）的单调区间；

（2）设r（x）=f（x）+g（）对任意a∈（1，2），总存在x∈[，1]使不等式r（x）＞k（1﹣a²）成立，求实数k的取值范围．

Answer

（1）F（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增；（2）[，+∞）．

【解析】

试题分析：（1）求出F（x）的导数，解关于导函数的方程，从而求出函数的单调区间即可；

（2）a∈（1，2）时，求出F（x）的导数，判断函数在（，+∞）时，F（x）是增函数，于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），不等式ln+1﹣a+k（a2﹣1）＞0恒成立，再利用导函数研究不等式左边的最小值看是否符合要求，即可求实数m的取值范围．

【解析】
（1）F（x）=f（x）﹣g（x）=x2﹣ax﹣lnx，x＞0

F′（x）=2x﹣a﹣=，

令h（x）=2x2﹣ax﹣1，△=a2+8＞0，

解h（x）=0得：x1=＜0（舍），x2=＞0，

∴F（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增；

（2）r（x）=f（x）+g（）=x2﹣ax+ln，

∴r′（x）=，

∵a∈（1，2），∴＜，

∴x∈（，+∞）时，F（x）是增函数，

∴x∈[，1]，F（x）max=F（1）=1﹣a+ln，a∈（1，2），

∵对任意的a∈（1，2），总存在x∈[，1]，使不等式F（x）＞k（1﹣a2）成立，

∴对任意的a∈（1，2），不等式1﹣a+ln＞k（1﹣a2）成立．

于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），不等式ln+1﹣a+k（a2﹣1）＞0恒成立．

记g（a）=ln+1﹣a+k（a2﹣1），（1＜a＜2）

则g′（a）=（2ka﹣1+2k），

当k=0时，g′（a）=＜0，∴g（a）在区间（1，2）上递减，此时，g（a）＜g（1）=0，

由于a2﹣1＞0，∴k≤0时不可能使g（a）＞0恒成立，

故必有k＞0，∴g′（a）=（2ka﹣1+2k）．若﹣1＞1，可知g（a）在区间（1，min{2，﹣1}）上递减，

在此区间上，有g（a）＜g（1）=0，与g（a）＞0恒成立矛盾，故﹣1≤1，

这时，g'（a）＞0，g（a）在（1，2）上递增，恒有g（a）＞g（1）=0，满足题设要求，

∴，即k≥，

∴实数k的取值范围为[，+∞）．

考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．