Question

10．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$+x
（Ⅰ）在f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$+x（0＜x≤2）圖象上任意一點(diǎn)P（x₀，y₀）處切線的斜率k≤$\frac{1}{2}$恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）不等式f（x）≥a+1，對(duì)x∈[1，+∞）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為a≥${（{{\frac{1}{2}x}_{0}}^{2}{+x}_{0}）}_{max}$，x₀∈（0，2]，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出a的范圍即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)f（x） 的導(dǎo)數(shù)，令g（x）=x²+x-a，（x≥1），通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）依題意，知f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$+1，x∈（0，2]，
則有k=f′（x₀）=$\frac{{{x}_{0}}^{2}{+x}_{0}-a}{{{x}_{0}}^{2}}$≤$\frac{1}{2}$，在x₀∈（0，2]上恒成立，
所以a≥${（{{\frac{1}{2}x}_{0}}^{2}{+x}_{0}）}_{max}$，x₀∈（0，2]，
當(dāng)x₀=2時(shí)，$\frac{1}{2}$${{x}_{0}}^{2}$+x₀取得最大值4，所以a≥4；
（Ⅱ）由不等式f（x）≥a+1，對(duì)x∈[1，+∞）恒成立，
f′（x）=$\frac{{x}^{2}+x-a}{{x}^{2}}$，令g（x）=x²+x-a，（x≥1），
則g（x）是x∈[1，+∞）上的增函數(shù)，即g（x）≥2-a，
①當(dāng)a≤2時(shí)，g（x）≥0，所以f′（x）≥0，因此f（x）是x∈[1，+∞）上的增函數(shù)，
則f（x）≥f（1）=0，因此a≤2時(shí)，不等式成立；   
②當(dāng)a＞2時(shí)，即對(duì)x∈[1，+∞），f′（x）=0時(shí)，g（x）=0，
求得x₁=$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2}$，（由于x≥1，所以舍去x₂=-1-$\frac{-1-\sqrt{1+4a}}{2}$）
當(dāng)x∈[1，$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2}$）時(shí)，f′（x）＜0，則f（x）是x∈[1，$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2}$）上的減函數(shù)，
當(dāng)x∈$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2}$，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
則f（x）是x∈（$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2}$，+∞）上的增函數(shù)，
所以當(dāng)x∈（1，$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2}$）時(shí)，f（x）＜f（1）=0，
因此a＞2時(shí)，不等式不成立；
綜合上述，所求范圍是a≤2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．