Question

10．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-（a+1）x+alnx（a∈R）．
（1）當(dāng)a=$\frac{1}{2}$，求y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）討論函數(shù)y=f（x）零點的個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求導(dǎo)函數(shù)，再進行分類討論，從而可確定函數(shù)y=f（x）的單調(diào)性與單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的最小值，從而判斷出零點的個數(shù)．

解答 解：（1）a=$\frac{1}{2}$時，f（x）$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x+$\frac{1}{2}$lnx，
f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-3x+1}{2x}$，（x＞0），
令f′（x）＞0，解得：x＞1或0＜x＜$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x＜1，
故f（x）在（0，$\frac{1}{2}$），（1，+∞）遞增，在（$\frac{1}{2}$，1）遞減；
（2）f′（x）=$\frac{（x-1）（x-a）}{x}$（x＞0），
由f′（x）=0，得x₁=1，x₂=a，
①a=0時，f（x）=$\frac{1}{2}$x²-x，有一個零點，
②a＜0時，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∴f（x）_min=f（1）=-a-$\frac{1}{2}$，
若-a-$\frac{1}{2}$＜0，即-$\frac{1}{2}$＜a＜0時，
令x₀=${e}^{\frac{{（a+1）}^{2}}{2a}}$有f（x₀）=$\frac{1}{2}$${{x}_{0}}^{2}$-（a+1）x₀+alnx₀＞-$\frac{1}{2}$（a+1）²+alnx₀=0，
另取x=e²，f（e²）=（$\frac{1}{2}$e²-1）（e²-2a）＞0，故有2個零點，
若-a-$\frac{1}{2}$=0即a=-$\frac{1}{2}$時，有一個零點，
若-a-$\frac{1}{2}$＞0即a＜-$\frac{1}{2}$時，沒有零點；
③a＞0時，f（1）=-a-$\frac{1}{2}$＜0，又f（a）=a（-$\frac{1}{2}$a-1+lna），
不妨令g（x）=-$\frac{1}{2}$x-1+lnx，（x＞0），g′（x）=$\frac{2-x}{2x}$，
令g′（x）＞0，解得；0＜x＜2，令g′（x）＜0，解得：x＞2，
∴g（x）在（0，2）遞增，在（2，+∞）遞減，
∴g（x）_max=g（2）=-2+ln2＜0，從而f（a）＜0，
又f（2a+2）=$\frac{1}{2}$（2a+2）²-（a+1）（2a+2）+aln（2a+2）=aln（2a+2）＞0，
故此時函數(shù)y=f（x）只有1個零點；
綜上：a＜-$\frac{1}{2}$時，沒有零點，a≥0或a=-$\frac{1}{2}$時，一個零點，-$\frac{1}{2}$＜a＜0時，2個零點．

點評 本題重點考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)的正負確定函數(shù)的單調(diào)性是關(guān)鍵．