Question

20．已知函數(shù)$f（x）=（{a-1}）lnx-\frac{a}{2}{x^2}+x（{a∈R}），g（x）=-\frac{1}{3}{x^3}-x+（{a-1}）lnx$．
（1）若$a≤\frac{1}{2}$，討論f（x）的單調(diào)性；
（2）若過點$（{0，-\frac{1}{3}}）$可做函數(shù)y=g（x）-f（x）（x＞0）圖象的兩條不同切線，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間看；
（2）求出過點p的切線方程，得到$\frac{2}{3}$t³-$\frac{1}{2}$at²+$\frac{1}{3}$=0，問題轉(zhuǎn)化為方程$\frac{2}{3}$t³-$\frac{1}{2}$at²+$\frac{1}{3}$=0有2個不同的正數(shù)解，令h（t）=$\frac{2}{3}$t³-$\frac{1}{2}$at²+$\frac{1}{3}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{-[ax+（a-1）]（x-1）}{x}$，
①a=$\frac{1}{2}$時，f′（x）=$\frac{-{\frac{1}{2}（x-1）}^{2}}{{x}^{2}}$≤0，
此時，f（x）在（0，+∞）遞減；
②a≤0時，令f′（x）=$\frac{-[ax+（a-1）]（x-1）}{x}$≥0，解得：x≥1，
令f′（x）≤0，解得：0＜x≤1，
此時，f（x）在（0，1]遞減，在（1，+∞）遞增；
③0＜a＜$\frac{1}{2}$時，令f′（x）≥0，解得：1≤x≤$\frac{1}{a}$-1，
令f′（x）≤0，解得：x≥$\frac{1}{a}$-1或x≤1，
故f（x）在（0，1]和[$\frac{1}{a}$-1，+∞）遞減，在[1，$\frac{1}{a}$-1]遞增；
（2）設P（t，-$\frac{1}{3}$t³+$\frac{a}{2}$t²-2t），（t＞0）是函數(shù)y=g（x）-f（x）圖象上的切點，
則過點P的切線的斜率為k=g′（t）-f′（t）=-t²+at-2，
∴過點p的切線方程是y+$\frac{1}{3}$t³-$\frac{a}{2}$t²+2t=（-t²+at-2）（x-t），
∵（0，-$\frac{1}{3}$）在切線上，∴-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$t³-$\frac{a}{2}$t²+2t=（-t²+at-2）（0-t），
即$\frac{2}{3}$t³-$\frac{1}{2}$at²+$\frac{1}{3}$=0，
若過點$（{0，-\frac{1}{3}}）$可做函數(shù)y=g（x）-f（x）（x＞0）圖象的兩條不同切線，
則方程$\frac{2}{3}$t³-$\frac{1}{2}$at²+$\frac{1}{3}$=0有2個不同的正數(shù)解，
令h（t）=$\frac{2}{3}$t³-$\frac{1}{2}$at²+$\frac{1}{3}$，則函數(shù)y=h（t）與t軸正半軸有2個不同的交點，
令h′（t）=2t²-at=0，解得：t=0或t=$\frac{a}{2}$，
∵h（0）=$\frac{1}{3}$，h（$\frac{a}{2}$）=-$\frac{1}{24}$a³+$\frac{1}{3}$，
∴h（$\frac{a}{2}$）＜0，解得：a＞2，
故a的范圍是（2，+∞）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，考查切線方程問題，是一道綜合題．