Question

17．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{a}{x}$+lnx，g（x）=x³-x²-3，其中a∈R．
（Ⅰ）當a=2時，求曲線y=f（x）在點P（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）若存在x∈[0，2]，使得g（x）≥M成立，求實數(shù)M的最大值；
（Ⅲ）若對任意s、t∈[$\frac{1}{2}$，2]都有f（s）≥g（t），求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，計算f（1），f′（1）的值，代入切線方程即可；
（Ⅱ）求出g（x）的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出g（x）的最大值即M的最大值；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為對任意s、t∈[$\frac{1}{2}$，2]都有f（s）_min≥g（t）_max，通過討論a的范圍分別求出f（s）_min和g（t）_max，解不等式取并集即可．

解答 解：（Ⅰ）a=2時，f（x）=$\frac{2}{x}$+lnx，定義域是（0，+∞），
∴f′（x）=$\frac{x-2}{{x}^{2}}$，f（1）=2，f′（1）=-1，
∴切線方程是y-2=-（x-1），即x+y-3=0；
（Ⅱ）g（x）=x³-x²-3，g′（x）=x（3x-2），x∈[0，2]，
令g′（x）＞0，解得：x＞$\frac{2}{3}$，令g′（x）＜0，解得：x＜$\frac{2}{3}$，
∴g（x）在[0，$\frac{2}{3}$]遞減，在[$\frac{2}{3}$，2]遞增，
g（0）=-3，g（2）=1，
∴g（x）_max=g（1）=1，
若存在x∈[0，2]，使得g（x）≥M成立，
只需g（x）_max≥M成立即可，
故M的最大值是1；
（Ⅲ）若對任意s、t∈[$\frac{1}{2}$，2]都有f（s）≥g（t），
只需若對任意s、t∈[$\frac{1}{2}$，2]都有f（s）_min≥g（t）_max，
由（Ⅱ）得：g（t）在[$\frac{1}{2}$，$\frac{2}{3}$）遞減，在（$\frac{2}{3}$，2]遞增，
g（t）_max=g（2）=1，
f（s）=$\frac{a}{s}$+lns，f′（s）=$\frac{s-a}{{s}^{2}}$，
①a≤$\frac{1}{2}$時，f′（s）＞0，f（s）在[$\frac{1}{2}$，2]遞增，
∴f（s）_min=f（$\frac{1}{2}$）=2a+ln$\frac{1}{2}$≥1，解得：a≥$\frac{1}{2}$（1+ln2），無解；
②$\frac{1}{2}$＜a＜2時，令f′（s）＞0，解得：s＞a，令f′（s）＜0，解得：s＜a
∴f（s）在[$\frac{1}{2}$，a）遞減，在（a，2]遞增，
∴f（s）_min=f（a）=1+lna≥1，解得：a≥1，
∴1≤a＜2；
③a≥2時，f′（s）＜0，f（s）在[$\frac{1}{2}$，2]遞減，
∴f（s）_min=f（2）=$\frac{a}{2}$+ln2≥1，解得：a≥2-2ln2，
∴a≥2，
綜上，a≥1．

點評 本題考查了曲線的切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．