10.設函數(shù)f(x)=lnx+$\frac{a}{x}$+x
(Ⅰ)在f(x)=lnx+$\frac{a}{x}$+x(0<x≤2)圖象上任意一點P(x0,y0)處切線的斜率k≤$\frac{1}{2}$恒成立,求實數(shù)a的取值范圍;
(Ⅱ)不等式f(x)≥a+1,對x∈[1,+∞)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.

分析 (Ⅰ)求出函數(shù)的導數(shù),問題轉(zhuǎn)化為a≥${({{\frac{1}{2}x}_{0}}^{2}{+x}_{0})}_{max}$,x0∈(0,2],根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出a的范圍即可;
(Ⅱ)求出函數(shù)f(x) 的導數(shù),令g(x)=x2+x-a,(x≥1),通過討論a的范圍,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,結合函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可.

解答 解:(Ⅰ)依題意,知f(x)的定義域為(0,+∞),
f′(x)=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$+1,x∈(0,2],
則有k=f′(x0)=$\frac{{{x}_{0}}^{2}{+x}_{0}-a}{{{x}_{0}}^{2}}$≤$\frac{1}{2}$,在x0∈(0,2]上恒成立,
所以a≥${({{\frac{1}{2}x}_{0}}^{2}{+x}_{0})}_{max}$,x0∈(0,2],
當x0=2時,$\frac{1}{2}$${{x}_{0}}^{2}$+x0取得最大值4,所以a≥4;
(Ⅱ)由不等式f(x)≥a+1,對x∈[1,+∞)恒成立,
f′(x)=$\frac{{x}^{2}+x-a}{{x}^{2}}$,令g(x)=x2+x-a,(x≥1),
則g(x)是x∈[1,+∞)上的增函數(shù),即g(x)≥2-a,
①當a≤2時,g(x)≥0,所以f′(x)≥0,因此f(x)是x∈[1,+∞)上的增函數(shù),
則f(x)≥f(1)=0,因此a≤2時,不等式成立;   
②當a>2時,即對x∈[1,+∞),f′(x)=0時,g(x)=0,
求得x1=$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2}$,(由于x≥1,所以舍去x2=-1-$\frac{-1-\sqrt{1+4a}}{2}$)
當x∈[1,$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2}$)時,f′(x)<0,則f(x)是x∈[1,$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2}$)上的減函數(shù),
當x∈$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2}$,+∞)時,f′(x)>0,
則f(x)是x∈($\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2}$,+∞)上的增函數(shù),
所以當x∈(1,$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2}$)時,f(x)<f(1)=0,
因此a>2時,不等式不成立;
綜合上述,所求范圍是a≤2.

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題,考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題,是一道中檔題.

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