Question

9．已知函數(shù)$f（x）=ax+\frac{a-2}{x}+2-2a$（a＞0）．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時，求函數(shù)f（x）在點(diǎn)（2，f（2））處的切線方程；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）若f（x）≥2lnx在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f（2），f′（2）的值，代入切線方程即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)性即可；
（Ⅲ）問題等價于$ax+\frac{a-2}{x}+2-2a-2lnx≥0（a＞0）$在[1，+∞）上恒成立，令$g（x）=ax+\frac{a-2}{x}+2-2a-2lnx$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)  a=1時，$f（x）=x-\frac{1}{x}$，$f'（x）=1+\frac{1}{x^2}$…（2分）
$f（2）=\frac{3}{2}$，$f'（2）=\frac{5}{4}$…（3分）
所以，函數(shù)f（x）在點(diǎn)（2，f（2））處的切線方程為$y-\frac{3}{2}=\frac{5}{4}（x-2）$
即：5x-4y-4=0…（4分）
（Ⅱ）函數(shù)的定義域?yàn)椋簕x|x≠0}…（1分）
${f^'}（x）=a-\frac{a-2}{x^2}=\frac{{a{x^2}+（2-a）}}{x^2}（a＞0）$…（2分）
當(dāng)0＜a≤2時，f′（x）≥0恒成立，
所以，f（x）在（-∞，0）和（0，+∞）上單調(diào)遞增
當(dāng)a＞2時，令f′（x）=0，
即：ax²+2-a=0，${x_1}=-\sqrt{\frac{a-2}{a}}，{x_2}=\sqrt{\frac{a-2}{a}}$，
f′（x）＞0，x＞x₂或x＜x₁；
f′（x）＜0，x₁＜x＜0或0＜x＜x₂，
所以，f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為$（-∞，-\sqrt{\frac{a-2}{a}}）和（\sqrt{\frac{a-2}{a}}，+∞）$，
單調(diào)減區(qū)間為$（-\sqrt{\frac{a-2}{a}}，0）和（0，\sqrt{\frac{a-2}{a}}）$．…（4分）
（Ⅲ）因?yàn)閒（x）≥2lnx在[1，+∞）上恒成立，
則${g^'}（x）=a-\frac{a-2}{x^2}-\frac{2}{x}=\frac{{a{x^2}-2x-a+2}}{x^2}=\frac{（x-1）[ax+（a-2）]}{x^2}$．
令g′（x）=0，則${x_1}=1，{x_2}=-\frac{a-2}{a}$…（2分）
若$-\frac{a-2}{a}=1$，即a=1時，g′（x）≥0，
函數(shù)g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，又g（1）=0，
所以，f（x）≥2lnx在[1，+∞）上恒成立；                    …（3分）
若$-\frac{a-2}{a}＞1$，即a＜1時，當(dāng)$x∈（0，1），（-\frac{a-2}{a}，+∞）$時，
g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)$x∈（1，-\frac{a-2}{a}）$時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減
所以，g（x）在[1，+∞）上的最小值為$g（-\frac{a-2}{a}）$，
因?yàn)間（1）=0，所以$g（-\frac{a-2}{a}）＜0$不合題意．…（4分）
$-\frac{a-2}{a}＜1$，即a＞1時，當(dāng)$x∈（0，-\frac{a-2}{a}），（1，+∞）$時，
g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)$x∈（-\frac{a-2}{a}，1）$時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
所以，g（x）在[1，+∞）上的最小值為g（1）
又因?yàn)間（1）=0，所以f（x）≥2lnx恒成立
綜上知，a的取值范圍是[1，+∞）．…（5分）

點(diǎn)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(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．