Question

5．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{2}a$x²-（a+1）x（a∈R）．
（I）a=1時(shí)，求函數(shù)y=f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時(shí)，若函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[1．e]上的最小值為-2，求a的值．

Answer 1

分析 （I）a=1時(shí)，函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-2x，利用導(dǎo)數(shù)分析其單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)的存在定理可得答案；
（II）令f′（x）=0，則x=1，或x=$\frac{1}{a}$，對(duì)a進(jìn)行分類討論，可得滿足條件的答案．

解答 解：（I）a=1時(shí)，函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-2x，（x＞0）
則f′（x）=$\frac{1}{x}$+x-2=$\frac{{x}^{2}-2x+1}{x}$=$\frac{（x-1）^{2}}{x}$≥0恒成立，
故函數(shù)f（x）在（0，+∞）為增函數(shù)，
∵f（1）=-$\frac{3}{2}$＜0，f（4）=ln4＞0，
故函數(shù)y=f（x）有且只有一個(gè)零點(diǎn)；
（Ⅱ）∵f（x）=lnx+$\frac{1}{2}a$x²-（a+1）x（a＞0），
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$+ax-（a+1）=$\frac{a{x}^{2}-（a+1）x+1}{x}$，
令f′（x）=0，則x=1，或x=$\frac{1}{a}$，
當(dāng)$\frac{1}{a}$≤1，即a≥1時(shí)，f′（x）≥0在區(qū)間[1．e]上恒成立，函數(shù)y=f（x）為增函數(shù)，
此時(shí)當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)取最小值$\frac{1}{2}a$-（a+1）=-2，解得：a=2；
當(dāng)1＜$\frac{1}{a}$＜e，即$\frac{1}{e}$＜a＜1時(shí)，f′（x）＜0在區(qū)間[1.$\frac{1}{a}$]上恒成立，函數(shù)y=f（x）為減函數(shù)，
f′（x）≥0在區(qū)間[$\frac{1}{a}$．e]上恒成立，函數(shù)y=f（x）為增函數(shù)，
此時(shí)當(dāng)x=$\frac{1}{a}$時(shí)，函數(shù)取最小值-lna+$\frac{1}{2a}$-$\frac{a+1}{a}$=-2，不存在滿足條件的a值；
當(dāng)$\frac{1}{a}$≥e，即0＜a≤$\frac{1}{e}$時(shí)，f′（x）≤0在區(qū)間[1．e]上恒成立，函數(shù)y=f（x）為減函數(shù)，
此時(shí)當(dāng)x=e時(shí)，函數(shù)取最小值1+$\frac{1}{2}a$e²-e（a+1）=-2，解得：a=$\frac{3-e}{e-\frac{1}{2}{e}^{2}}$（舍去）；
綜上可得：a=2

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)零點(diǎn)的存在定理，難度中檔．