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.

分析 (1)利用導(dǎo)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(guān)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(dǎo)函數(shù),利用導(dǎo)函數(shù)的正負,確定函數(shù)h(x)的單調(diào)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(shè)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(dāng)x∈(0,1)時,h′(x)>0,
則h(x)在(0,1)單調(diào)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(dāng)x∈(1,+∞)時,h′(x)>0,
則h(x)在(1,+∞)上單調(diào)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(dāng)x∈(0,1)時,h′(x)<0,當(dāng)x∈(1,+∞)時,h′(x)>0,
則h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,h(x)在(1,+∞)上單調(diào)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(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程,函數(shù)的恒成立問題.導(dǎo)數(shù)的幾何意義即在某點處的導(dǎo)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(jié)合法進行求解.屬于中檔題.

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B.再犯錯誤的概率不超過0.1%的前提下,認為“愛好該項運動與性別無關(guān)”
C.有99%以上的把握認為“愛好該項運動與性別無關(guān)”
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