(2012•河南模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=lnx-ax+
1-a
x
-1

(Ⅰ)當(dāng)a=1時(shí),過原點(diǎn)的直線與函數(shù)f(x)的圖象相切于點(diǎn)P,求點(diǎn)P的坐標(biāo);
(Ⅱ)當(dāng)0<a<
1
2
時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(Ⅲ)當(dāng)a=
1
3
時(shí),設(shè)函數(shù)g(x)=x2-2bx-
5
12
,若對于?x1∈(0,e],?x2∈[0,1]使f(x1)≥g(x2)成立,求實(shí)數(shù)b的取值范圍.(e是自然對數(shù)的底,e<
3
+1
分析:(Ⅰ)確定函數(shù)f(x)的定義域,求出導(dǎo)函數(shù),利用過原點(diǎn)的直線與函數(shù)f(x)的圖象相切于點(diǎn)P,可求點(diǎn)P的坐標(biāo);
(Ⅱ)求導(dǎo)函數(shù),f'(x)<0,可得函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間;f'(x)>0,可得出函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;
(Ⅲ)?x1∈(0,e],?x2∈[0,1]使f(x1)≥g(x2)成立,等價(jià)于g(x)在[0,1]上的最小值不大于f(x)在(0,e]上的最小值,由此可求b的取值范圍.
解答:解:函數(shù)f(x)的定義域?yàn)椋?,+∞),f′(x)=
1
x
-a-
1-a
x2
(2分)
(Ⅰ)設(shè)點(diǎn)P(x0,y0)(x0>0),當(dāng)a=1時(shí),f(x)=lnx-x-1,則y0=lnx0-x0-1,f′(x)=
1
x
-1

f′(x0)=
1
x0
-1=
lnx0-x0-1
x0
(3分)
解得x0=e2,故點(diǎn)P 的坐標(biāo)為(e2,1-e2)(4分)
(Ⅱ)f′(x)=
-ax2+ax+a-1
x2
=-
(x-1)(ax-1+a)
x2
=-
a(x-1)(x-
1-a
a
)
x2

0<a<
1
2
,∴
1-a
a
-1>0
(5分)
∴當(dāng)0<x<1,或x>
1-a
a
時(shí),f'(x)<0;當(dāng)1<x<
1-a
a
時(shí),f'(x)>0
故當(dāng)0<a<
1
2
時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,
1-a
a
)
;
單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1),(
1-a
a
,+∞)
(7分)
(Ⅲ)當(dāng)a=
1
3
時(shí),f(x)=lnx-
x
3
+
2
3x
-1

由(Ⅱ)可知函數(shù)f(x)在(0,1)上是減函數(shù),在(1,2)上為增函數(shù),在(2,e]上為減函數(shù),且f(1)=-
2
3
f(e)=-
e
3
+
2
3e

f(e)-f(1)=
2-e2+2e
3e
=
3-(e-1)2
3e
,又e<
3
+1
,∴(e-1)2<3,
∴f(e)>f(1),故函數(shù)f(x)在(0,e]上的最小值為-
2
3
(9分)
若?x1∈(0,e],?x2∈[0,1]使f(x1)≥g(x2)成立,等價(jià)于g(x)在[0,1]上的最小值不大于f(x)在(0,e]上的最小值-
2
3
(*)                                         (10分)
g(x)=x2-2bx-
5
12
=(x-b)2-b2-
5
12
,x∈[0,1]
①當(dāng)b<0時(shí),g(x)在[0,1]上為增函數(shù),[g(x)]min=g(0)=-
5
12
>-
2
3
與(*)矛盾
②當(dāng)0≤b≤1時(shí),[g(x)]min=g(b)=-b2-
5
12
,由-b2-
5
12
≤-
2
3
及0≤b≤1得,
1
2
≤b≤1

③當(dāng)b>1時(shí),g(x)在[0,1]上為減函數(shù),[g(x)]min=g(1)=
7
12
-2b<-
17
12
<-
2
3
,
此時(shí)b>1
綜上,b的取值范圍是[
1
2
,+∞)
(12分)
點(diǎn)評:本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運(yùn)用,考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,考查函數(shù)的單調(diào)性,考查函數(shù)的最值,解題的關(guān)鍵是將?x1∈(0,e],?x2∈[0,1]使f(x1)≥g(x2)成立,轉(zhuǎn)化為g(x)在[0,1]上的最小值不大于f(x)在(0,e]上的最小值
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i
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3
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6
3
6
3

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