解:(1)∵f’(x)=
,要使f(x)為單調(diào)增函數(shù),須f’(x)≥0恒成立,
即px
2-2x+p≥0恒成立,即p≥
=
恒成立,又
≤1,
所以當(dāng)p≥1時(shí),f(x)在(0,+∞)為單調(diào)增函數(shù).
要使f(x)為單調(diào)減函數(shù),須f’(x)≤0恒成立,
即px
2-2x+0≤0恒成立,即p≤
=
恒成立,又
>0,
所以當(dāng)p≤0時(shí),f(x)在(0,+∞)為單調(diào)減函數(shù).
綜上所述,f(x)在(0,+∞)為單調(diào)函數(shù),p的取值范圍為p≥1或p≤0(4分)
(2)∵f’(x)=p+
,∴f’(1)=2(p-1),設(shè)直線l:y=2(p-1)(x-1),
∵l與g(x)圖象相切,
∴y=2(p-1)(x-1)
得(p-1)(x-1)=
,即(p-1)x2-(p-1)x-e=0
y=
當(dāng)p=1時(shí),方程無解;當(dāng)p≠1時(shí)由△=(p-1)2-4(p-1)(-e)=0,
得p=1-4e,綜上,p=1-4e(4分)
(3)因g(x)=
在[1,e]上為減函數(shù),所以g(x)∈[2,2e]
①當(dāng)p≤0時(shí),由(1)知f(x)在[1,e]上遞減?f(x)
max=f(1)=0<2,不合題意
②當(dāng)p≥1時(shí),由(1)知f(x)在[1,e]上遞增,f(1)<2,又g(x)在[1,e]上為減函數(shù),
故只需f(x)
max>g(x)
min,x∈[1,e],
即:f(e)=p(e-
)-2lne>2?p>
.
③當(dāng)0<p<1時(shí),因x-
≥0,x∈[1,e]
所以f(x)=p(x-
)-2lnx≤(x-
)-2lnx≤e-
-2lne<2不合題意
綜上,p的取值范圍為(
,+∞)(5分)
分析:(1)求導(dǎo)f’(x)=
,要使“f(x)為單調(diào)增函數(shù)”,轉(zhuǎn)化為“f’(x)≥0恒成立”,再轉(zhuǎn)化為“p≥
=
恒成立”,由最值法求解.同理,要使“f(x)為單調(diào)減函數(shù)”,轉(zhuǎn)化為“f’(x)≤0恒成立”,再轉(zhuǎn)化為“p≤
=
恒成立”,由最值法求解,最后兩個(gè)結(jié)果取并集.
(2)由“函數(shù)f(x)的圖象相切于點(diǎn)(1,0”求得切線l的方程,再由“l(fā)與g(x)圖象相切”得到(p-1)x
2-(p-1)x-e=0
由判別式求解即可.
(3)因?yàn)椤霸赱1,e]上至少存在一點(diǎn)x
0,使得f(x
0)>g(x
0)成立”,要轉(zhuǎn)化為“f(x)
max>g(x)
min”解決,易知g(x)=
在[1,e]上為減函數(shù),所以g(x)∈[2,2e],①當(dāng)p≤0時(shí),f(x)在[1,e]上遞減;②當(dāng)p≥1時(shí),f(x)在[1,e]上遞增;③當(dāng)0<p<1時(shí),兩者作差比較.
點(diǎn)評:本題主要考查用導(dǎo)數(shù)法研究函數(shù)的單調(diào)性,基本思路是:當(dāng)函數(shù)為增函數(shù)時(shí),導(dǎo)數(shù)大于等于零;當(dāng)函數(shù)為減函數(shù)時(shí),導(dǎo)數(shù)小于等于零,已知單調(diào)性求參數(shù)的范圍往往轉(zhuǎn)化為求相應(yīng)函數(shù)的最值問題.