Question

10．設函數f（x）=$\frac{a}{x}$+xlnx，g（x）=x³-x²-3．其中a∈R．
（1）當a=2時，求曲線y=f（x）在點P（1，f（1））處的切線方程；
（2）若存在x₁，x₂∈[0，2]，使得g（x₁）-g（x₂）≥M成立，求整數M的最大值；
（3）若對任意的s，t∈[$\frac{1}{2}$，2]都有f（s）≥g（t）成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數的導數，計算f（1），f′（1）的值，代入切線方程即可；
（Ⅱ）等價于：[g（x₁）-g（x₂）]_max≥M在[0，2]成立，求出函數的導數，求出函數g（x）的最大值和最小值，從而求出整數M的最大值即可；
（Ⅲ）問題轉化為對任意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）=$\frac{2}{x}$+xlnx，定義域是（0，+∞），
∴f′（x）=-$\frac{2}{{x}^{2}}$+lnx+1，f（1）=2，f′（1）=-1，
∴切線方程是y-2=-（x-1），即x+y-3=0；
（Ⅱ）存在x₁，x₂∈[0，2]，使得g（x₁）-g（x₂）≥M成立，
等價于：[g（x₁）-g（x₂）]_max≥M在[0，2]成立，
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（x）_min=g（$\frac{2}{3}$）=-$\frac{85}{27}$，而g（0）=-3，g（2）=1，
∴g（x）_max=g（1）=1，
∴[g（x₁）-g（x₂）]_max=g（x）_max-g（x）_min=$\frac{112}{27}$，
故滿足條件的最大整數M=4；
（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）=$\frac{a}{s}$+slns，f′（s）=-$\frac{a}{{s}^{2}}$+lns+1，
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，考查函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，是一道中檔題．