已知f（x）=lnx+x2-bx．
（1）若函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)是增函數(shù)，求b的取值范圍；
（2）當(dāng)b=-1時，設(shè)g（x）=f（x）-2x2，求證函數(shù)g（x）只有一個零點．
分析：（1）其導(dǎo)函數(shù)，利用f（x）在（0，+∞）上遞增，可得f′（x）≥0，對x∈（0，+∞）恒成立，分離參數(shù)，即可求得b的取值范圍；
（2）當(dāng)b=-1時，g（x）=f（x）-2x2=lnx-x2+x，其定義域是（0，+∞），求導(dǎo)函數(shù)，確定合適的單調(diào)性，利用當(dāng)x≠1時，g（x）＜g（1），即g（x）＜0，當(dāng)x=1時，g（x）=0，即可得到結(jié)論．
解答：（1）解：∵f（x）在（0，+∞）上遞增，
∴f′（x）=
1
x
+2x-b≥0，對x∈（0，+∞）恒成立，即b≤
1
x
+2x對x∈（0，+∞）恒成立，
∴只需b≤（
1
x
+2x）min�。▁＞0），
∵x＞0，
∴
1
x
+2x≥2
2
，當(dāng)且僅當(dāng)x=
2
2
時取“=”，∴b≤2
2
，
∴b的取值范圍為（-∞，2
2
]．
（2）證明：當(dāng)b=-1時，g（x）=f（x）-2x2=lnx-x2+x，其定義域是（0，+∞），
∴g′（x）=
1
x
-2x+1=-
2x2-x-1
x
，
令g′（x）=0，∵x＞0，∴x=1，
當(dāng)0＜x＜1時，g′（x）＞0；當(dāng)x＞1時，g′（x）＜0，
∴函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x≠1時，g（x）＜g（1），即g（x）＜0，當(dāng)x=1時，g（x）=0．
∴函數(shù)g（x）只有一個零點．
點評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的零點，解題的關(guān)鍵是確定函數(shù)的單調(diào)性，分離參數(shù)，確定函數(shù)的最小值．
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相關(guān)習(xí)題

科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

定義在（0，+∞）上的三個函數(shù)f（x）、g（x）、h（x），已知f（x）=lnx，g（x）=x2-af（x），h（x）=x-a
x
，且g（x）在x=1處取得極值．
（1）求a的值及h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求證：當(dāng)1＜x＜e2時，恒有x＜
2+f(x)
2-f(x)
；
（3）把h（x）對應(yīng)的曲線C1向上平移6個單位后得到曲線C2，求C2與g（x）對應(yīng)曲線C3的交點的個數(shù)，并說明道理．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

已知f（x）=lnx，g(x)=x+
a
x
（a∈R）．
（1）求f（x）-g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若x≥1時，f（x）≤g（x）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）當(dāng)n∈N*，n≥2時，證明：
ln2
3
•
ln3
4
•…•
lnn
n+1
＜
1
n
．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

已知f（x）=lnx-
a
x
．
（Ⅰ）當(dāng)a＞0時，判斷f（x）在定義域上的單調(diào)性；
（Ⅱ）若f（x）＜x2在（1，+∞）上恒成立，試求a的取值范圍；
（Ⅲ）若f（x）在[1，e]上的最小值為
3
2
，求a的值．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

已知f（x）=lnx，g（x）=x2-x，
（1）求函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）當(dāng)x∈[-2，0]時，g（x）≤2c2-c-x3恒成立，求c的取值范圍．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

已知f（x）=lnx+cosx，則f（x）在x=
π2
處的導(dǎo)數(shù)值為
 
．

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