设函数f（x）=lnx-ax+1?ax-1．（1）当a=1时，求曲线f（x）在x=1处的切线方程；（2）当a=13时，求函数f（x

设函数f（x）=lnx-ax+1?ax-1．（1）当a=1时，求曲线f（x）在x=1处的切线方程；（2）当a=13时，求函数f（x）的单调区间；（3）在（2）的条件下，设函数g（x）=x2-2bx-512，若对于?x1∈[1，2]，?x1∈[0，1]，使f（x1）≥g（x2）成立，求实数b的取值范围．

函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=
1
x -a-
1?a
x2
（1）当a=1时，f（x）=lnx-x-1，∴f（1）=-2，
f′（x）=
1
x -1，∴f′（1）=0
∴f（x）在x=1处的切线方程为y=-2．
（2）f′（x）=-
x2?3x+2
3x2 =-
(x?1)(x?2)
3x2 ．
∴当0＜x＜1，或x＞2时，f′（x）＜0；                         
当1＜x＜2时，f′（x）＞0．
当a=
1
3 时，函数f（x）的单调增区间为（1，2）；单调减区间为（0，1），（2，+∞）．
（3）当a=
1
3 时，由（2）可知函数f（x）在（1，2）上为增函数，
∴函数f（x）在[1，2]上的最小值为f（1）=-
2
3
若对于?x1∈[1，2]，?x2∈[0，1]使f（x1）≥g（x2）成立
?g（x）在[0，1]上的最小值不大于f（x）在[1，2]上的最小值（*）                    
又g（x）=x2-2bx-
5
12 =（x-b）2-b2-
5
12 ，x∈[0，1]，
①当b＜0时，g（x）在[0，1]上为增函数，
[g（x）]min=g（0）=-
5
12 ＞-
2
3 与（*）矛盾                 
②当0≤b≤1时，[g（x）]min=g（b）=-b2-
5
12 ，
由-b2-
5
12 ≤?
2
3 及0≤b≤1，得，
1
2 ≤b≤1；                                       
③当b＞1时，g（x）在[0，1]上为减函数，
[g（x）]min=g（1）=
7
12 -2b≤?
2
3 及b＞1得b＞1．
综上，b的取值范围是[
1
2 ，+∞）．

解答：（ⅰ）解：当a=1时，f（x）=lnx-x-1，f′(x)＝ 1 x ?1， ∵点（1，-2）在函数图象上， ∴在点（1，-2）的切线斜率为k=f′（1）=0， ∴所求切线方程为y=-2； （ⅱ）解：∵f(x)＝lnx?ax+ 1?a x ?1(a∈r)， ∴f′(x)＝ 1 x ?a? 1?a x2 =? ax2?x+1?a x2 ，x∈(0，+∞)， 令h（x）=ax2-x+1-a，x∈（0，+∞）， 当a≥ 1 2 时，由f′（x）=0，则ax2-x+1-a=0，解得x1＝1，x2＝ 1 a ?1， ①当a＝ 1 2 时，x1=x2，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减； ②当 1 2 ＜a＜1时，0＜ 1 a ?1＜1， x∈(0， 1 a ?1)时，h（x）＞0，此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减； x∈( 1 a ?1，1)时，h（x）＜0，此时f′（x）＞0，函数f（x）单调递增； x∈（1，+∞）时，h（x）＞0，此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；       ③当a≥1时，由于 1 a ?1≤0， x∈（0，1）时，h（x）＜0，此时f′（x）＞0，函数f（x）单调递增； x∈（1，+∞）时，h（x）＞0，此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减； 综上所述： 当a= 1 2 时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减； 当 1 2 ＜a＜1时，函数f（x）在（0， 1 a ?1）上单调递减，在( 1 a ?1，1)上单调递增，在（1，+∞）上单调递减； 当a≥1时，函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；        （ⅲ）证明：由已知得g（x）=lnx-ax，k＝ g(x2)?g(x1) x2?x1 = lnx2?lnx1 x2?x1 ?a， 令φ（x）=g′(x)?k＝ 1 x ? lnx2?lnx1 x2?x1 ， 则φ（x1）= 1 x1 ? lnx2?lnx1 x2?x1 ＝ 1 x2?x1 ( x2 x1 ?1?ln x2 x1 )， φ（x2）= 1 x2 ? lnx2?lnx1 x2?x1 =? 1 x2?x1 ( x1 x2 ?1?ln x1 x2 )， 令f（t）=t-1-lnt，则f′(t)＝1? 1 t ＝ t?1 t (t＞0)， 当0＜t＜1时，f′（t）＜0，f（t）单调递减； 当t＞1时，f′（t）＞0，f（t）单调递增． 故当t≠1时，f（t）＞f（1）=0，即t-1-lnt＞0． 从而 x2 x1 ?1?ln x2 x1 ＞0， x1 x2 ?1?ln x1 x2 ＞0， ∴φ（x1）＞0，φ（x2）＜0． ∵函数φ（x）在区间（x1，x2）上的图象是连续不断的一条曲线， ∴存在x0∈（x1，x2），使φ（x0）=0， ∴g′（x0）=k成立．

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