已知函数f（x）=x2-ax，g（x）=lnx．

已知函数f（x）=x²-ax，g（x）=lnx．
（1）若f（x）≥g（x）对于定义域内的任意x恒成立，求实数a的取值范围；
（2）设h（x）=f（x）+g（x）有两个极值点x₁，x₂，且x

（1）由题意：f（x）≥g（x）⇔x²-ax≥lnx，（x＞0）
分离参数α可得：a≤x−
lnx
x，（x＞0）…（1分）
设Φ(x)＝x−
lnx
x，则Φ′(x)＝1+
lnx−1
x2=
x2+lnx−1
x2…（2分）
由于函数y=x²，y=lnx在区间（0，+∞）上都是增函数，所以
函数y=x²+lnx-1在区间（0，+∞）上也是增函数，显然x=1时，该函数值为0
所以当x∈（0，1）时，Φ^′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，Φ^′（x）＞0
所以函数Φ（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数
所以Φ（x）_min=Φ（1）=1，所以a≤Φ（x）_min=1即a∈（-∞，1）…（4分）
（2）由题意知道：h（x）=x²-ax+lnx．则h′(x)＝2x−a+
1
x＝
2x2−ax+1
x，(x＞0)
所以方程2x²-ax+1=0，（x＞0）有两个不相等的实数根x₁，x₂，且x1∈(0，
1
2)，
又因为x1x2＝
1
2，所以x2＝
1
2x1∈(1，+∞)，且axi＝2xi2+1，(i＝1，2)…（6分）
而h（x₁）-h（x₂）=(x12−ax1+lnx1)−(x22−ax2+lnx2)
=[x12−(2x12+1)+lnx1]−[x22−(2x22+1)+lnx2]
=x22−x12+ln
x1
x2=x22−(
1
2x2)2+ln

1
2x2
x2═x22−
1
4x22−ln2x22，（x₂＞1）
设μ(x)＝x2−
1
4x2−ln2x2，(x≥1)，则μ′(x)＝
(2x2−1)2
2x3≥0
所以μ(x)＞μ(1)＝
3
4−ln2，即h(x1)−h(x2)＞
3
4−ln2…（8分）
（3）r(x)＝f(x)+g(
1+ax
2)＝x2−ax+ln
1+ax
2
所以r′(x)＝2x−a+
a
ax+1＝
2ax2−a2x+2x
ax+1=
2ax(x−
a2−2
2a)
ax+1…（9分）
因为a∈（1，2），所以
a2−2
2a＝
a
2−
1
a≤
2
2−
1
2＝
1
2
所以当x ∈(
1
2，+∞)时，r（x）是增函数，所以当x0∈[
1
2，1]时，
r(x0)max＝r(1)＝1−a+ln
a+1
2，a∈（1，2）…（10分）
所以，要满足题意就需要满足下面的条件：1−a+ln
a+1
2＞k(1−a2)，
若令φ(a)＝1−a+ln
a+1
2−k(1−a2)，a∈（1，2），
即对任意a∈（1，2），φ(a)＝1−a+ln
a+1
2−k(1−a2)＞0恒成立
因为φ^′（a）=−1+
1
a+1+2ka=
2ka
a+1(a−
1
2k+1)…（11分）
分类讨论如下：
①若k=0，则φ′(a)＝
−a
a+1，所以φ（a）在（1，2）递减，
此时φ（a）＜φ（1）=0不符合题意
②若k＜0，则φ′(a)＝
2ka
a+1(a−
1
2k+1)，所以φ（a）在区间（1，2）递减，
此时φ（a）＜φ（1）=0不符合题意．
③若k＞0，则φ′(a)＝
2ka
a+1(a−
1
2k+1)，那么当
1
2k−1＞1时，假设t为2与
1
2k−1中较小的一个数，即t={2，
1
2k−1}，
则φ（a）在区间（1，min{2，
1
2k−1}）上递减，此时φ（a）＜φ（1）=0不符合题意．
综上可得

k＞0

1
2k−1≤1解得k≥
1
4，即实数k的取值范围为[
1
4，+∞)…（14分）