已知函数f（x）=（x-1）2，g（x）=alnx．

解题思路：（1）根据两曲线y=f（x）与y=g（x）在x=2处的切线互相垂直，利用导数研究曲线上某点切线的斜率求出a值，再利用导数法求函数的单调递增区间．
（2）由于ϕ（x）=af(x)+

g(x)

a

＝a(x−1)2+lnx，令h（x）=ϕ（x）-x，由题意得h（x）=0在区间（0，+∞）上至少有一解，下面利用导数工具结合分类讨论思想研究此函数的单调性，最后综合得出a的取值范围．

（1）由题意：g′（x）=[a/x]，∴g（x）的图象在x=2切线的斜率为：g′（2）=[a/2]，
又f′（x）=2（x-1），∴f（x）的图象在x=2切线的斜率为：f′（2）=2，
由两曲线y=f（x）与y=g（x）在x=2处的切线互相垂直得：
[a/2×2＝−1，∴a=-1，
∴F（x）=f（x）-g（x）=（x-1）²+lnx，（x＞0）
∴F′（x）=2x+
1
x]-2≥2
2-2＞0
即函数F（x）在（0，+∞）上为增函数，
（2）ϕ（x）=af(x)+
g(x)
a＝a(x−1)2+lnx
令h（x）=ϕ（x）-x，由题意得h（x）=0在区间（0，+∞）上至少有一解，h′(x)＝
(2ax−1)(x−1)
x，令h'（x）=0，得x1＝
1
2a，x2＝1
①当[1/2a]＜0即a＜0时，h（x）单调递增区间为（0，1），减区间为（1，+∞），
所以h（x）_max=h（1）=-1＜0，所以方程h（x）=0无解．
②当[1/2a]＞1即0＜a＜
1
2时，h（x）单调递增区间为（0，1），（[1/2a，+∞)，减区间为（1，
1
2a]），所以极大值h（1）=-1，极小值h(
1
2a)＜0，
又h（x）=a(x−1)2+lnx−x＝a(x−1−
1
2a)2+lnx−
1
4a−1
∴h(2+
1
a)＝a(1+
1
2a)2+ln(2+
1
a)−1−
1
4a＝a+ln(2+
1
a)＞0，所以方程恰好有一解；
③当a＝
1
2时，h'（x）≥0，由上②知方程也恰好有一解；
④当a＞
1
2时，h（x）单调递增区间为（0，[1/2a]），（1，+∞），减区间为（[1/2a]，1），
同上可得方程h（x）=0在（0，+∞）上至少有一解．
综上所述，所求a的取值范围为（0，+∞）

点评：
本题考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系．

考点点评： 本题以函数为载体，考查函数的解析式，考查函数的单调性，考查函数的零点与方程根的关系，注意利用导数工具的应用．