Question

17．设函数f（x）=$\frac{a}{x}$+lnx，g（x）=x³-x²-3，其中a∈R．
（Ⅰ）当a=2时，求曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若存在x∈[0，2]，使得g（x）≥M成立，求实数M的最大值；
（Ⅲ）若对任意s、t∈[$\frac{1}{2}$，2]都有f（s）≥g（t），求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算f（1），f′（1）的值，代入切线方程即可；
（Ⅱ）求出g（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出g（x）的最大值即M的最大值；
（Ⅲ）问题转化为对任意s、t∈[$\frac{1}{2}$，2]都有f（s）_min≥g（t）_max，通过讨论a的范围分别求出f（s）_min和g（t）_max，解不等式取并集即可．

解答 解：（Ⅰ）a=2时，f（x）=$\frac{2}{x}$+lnx，定义域是（0，+∞），
∴f′（x）=$\frac{x-2}{{x}^{2}}$，f（1）=2，f′（1）=-1，
∴切线方程是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，$\frac{2}{3}$]递减，在[$\frac{2}{3}$，2]递增，
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）若对任意s、t∈[$\frac{1}{2}$，2]都有f（s）≥g（t），
只需若对任意s、t∈[$\frac{1}{2}$，2]都有f（s）_min≥g（t）_max，
由（Ⅱ）得：g（t）在[$\frac{1}{2}$，$\frac{2}{3}$）递减，在（$\frac{2}{3}$，2]递增，
g（t）_max=g（2）=1，
f（s）=$\frac{a}{s}$+lns，f′（s）=$\frac{s-a}{{s}^{2}}$，
①a≤$\frac{1}{2}$时，f′（s）＞0，f（s）在[$\frac{1}{2}$，2]递增，
∴f（s）_min=f（$\frac{1}{2}$）=2a+ln$\frac{1}{2}$≥1，解得：a≥$\frac{1}{2}$（1+ln2），无解；
②$\frac{1}{2}$＜a＜2时，令f′（s）＞0，解得：s＞a，令f′（s）＜0，解得：s＜a
∴f（s）在[$\frac{1}{2}$，a）递减，在（a，2]递增，
∴f（s）_min=f（a）=1+lna≥1，解得：a≥1，
∴1≤a＜2；
③a≥2时，f′（s）＜0，f（s）在[$\frac{1}{2}$，2]递减，
∴f（s）_min=f（2）=$\frac{a}{2}$+ln2≥1，解得：a≥2-2ln2，
∴a≥2，
综上，a≥1．

点评 本题考查了曲线的切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．