Question

9．已知函數(shù)f（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$（a∈R），g（x）=lnx．
（1）若對任意的實數(shù)a，函數(shù)f（x）與g（x）的圖象在x=x₀處的切線斜率總相等，求x₀的值；
（2）對任意x≥1，不等式f（x）-g（x）≥1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用導數(shù)的幾何意義，分別求出f（x）和g（x）在x=x₀處的切線的斜率，則有f′（x₀）=g′（x₀）對任意實數(shù)a總成立，從而列出關于x₀的方程，求解即可得答案；
（2）將不等式f（x）-g（x）≥1等價表示為ax+$\frac{a-1}{x}$-lnx≥1，令h（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$-lnx，求出導函數(shù)，利用導函數(shù)的正負，確定函數(shù)h（x）的單調性，判斷出h（x）的取值范圍，從而得到實數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（1）∵f（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$（a∈R），g（x）=lnx，
∴f′（x）=a+$\frac{1-a}{{x}^{2}}$，g′（x）=$\frac{1}{x}$，
由題設知x₀＞0，且f′（x₀）=g′（x₀），即a+$\frac{1-a}{{{x}_{0}}^{2}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，
∴ax₀²-x₀+1-a=0，即a（x₀²-1）+（1-x₀）=0，
∵上式對任意實數(shù)a恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{0}}^{2}-1=0}\\{1-{x}_{0}=0}\end{array}\right.$，解得x₀=1，
故x₀=1；
（2）∵f（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$（a∈R），g（x）=lnx，
∴f（x）-g（x）≥1，即ax+$\frac{a-1}{x}$-lnx≥1，
令h（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$-lnx，則h（x）≥1在x∈（0，+∞）上恒成立，
又h′（x）=a+$\frac{1-a}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$=$\frac{a{x}^{2}-x+1-a}{{x}^{2}}$=$\frac{a（x+1-\frac{1}{a}）（x-1）}{{x}^{2}}$（x＞0，a＞0），
①若0＜a≤$\frac{1}{2}$，則-1+$\frac{1}{a}$＞1，
∴當x∈（0，1）時，h′（x）＞0，
則h（x）在（0，1）單調遞增，
∴h（x）＜h（1）=2a-1≤0，
這與h（x）≥1在x∈（0，+∞）上恒成立矛盾，
故0＜a≤$\frac{1}{2}$不符合題意；
②若$\frac{1}{2}$＜a＜1，則0＜-1+$\frac{1}{a}$＜1，
∴當x∈（1，+∞）時，h′（x）＞0，
則h（x）在（1，+∞）上單調遞增，
∴h（x）＞h（1）=2a-1，
而h（1）=2a-1＜1，
這與h（x）≥1在x∈（0，+∞）上恒成立矛盾，
故$\frac{1}{2}$＜a＜1不符合題意；
③若a≥1，則-1+$\frac{1}{a}$≤0，
∴當x∈（0，1）時，h′（x）＜0，當x∈（1，+∞）時，h′（x）＞0，
則h（x）在（0，1）上單調遞減，h（x）在（1，+∞）上單調遞增，
∴h（x）_min=h（1）=2a-1≥1，即h（x）≥1在x∈（0，+∞）上恒成立，
∴a≥1符合題意．
綜合①②③，實數(shù)a的取值范圍是[1，+∞）．

點評 本題考查了利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程，函數(shù)的恒成立問題．導數(shù)的幾何意義即在某點處的導數(shù)即該點處切線的斜率，解題時要注意運用切點在曲線上和切點在切線上．對于函數(shù)的恒成立問題，一般選用參變量分離法、最值法、數(shù)形結合法進行求解．屬于中檔題．