Question

1．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-alnx（a∈R）．
（1）若函数f（x）在（0，+∞）为增函数，求实数a的取值范围；
（2）讨论方程f（x）=0解的个数，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据函数f（x）在（1，+∞）为增函数，我们易得F′（x）≥0在（1，+∞）上恒成立，进而将问题转化为一个函数恒成立问题，进而求出a的取值范围；
（2）对a进行分类讨论：当a=0时，当a＜0时，当a＞0时．把a代入f（x）中确定出f（x）的解析式，然后根据f（x）的解析式求出f（x）的导函数，分别令导函数大于0和小于0得到函数的单调区间，根据函数的增减性得到f（x）的最小值，根据最小值小于0得到函数没有零点即零点个数为0．

解答 解：（1）因为$f'（x）=x-\frac{a}{x}$，
当函数f（x）在（1，+∞）上恒成立时，则f'（x）≥0在（1，+∞）上恒成立，
即：a≤x²在（1，+∞）上恒成立，所以有 a≤1．
（2）①当a=0时，f（x）在定义域（0，+∞）上恒大于0，此时方程无解；
②当a＜0时，$f'（x）=x-\frac{a}{x}＞0$在（0，+∞）上恒成立，所以f（x）在定义域（0，+∞）上为增函数，
因为$f（1）=\frac{1}{2}＞0$，$f（{e^{\frac{1}{a}}}）=\frac{1}{2}{e^{\frac{2}{a}}}-1＜0$，所以方程有惟一解；
③当a＞0时，$f'（x）=x-\frac{a}{x}=\frac{{{x^2}-a}}{x}=\frac{{（x+\sqrt{a}）（x-\sqrt{a）}}}{x}$，
因为当$x∈（0，\sqrt{a}）$时，f'（x）＜0，f（x）在$（0，\sqrt{a}）$内为减函数；
当$x∈（\sqrt{a}，+∞）$时，f'（x）＞0，f（x）在$（\sqrt{a}，+∞）$内为增函数，
所以当$x=\sqrt{a}$时，f（x）有极小值，
即为最小值$f（\sqrt{a}）=\frac{1}{2}a-aln\sqrt{a}=\frac{1}{2}a（1-lna）$．
（i）当a∈（0，e）时，$f（\sqrt{a}）=\frac{1}{2}a（1-lna）＞0$，此方程无解；
（ii）当a=e时，$f（\sqrt{a}）=\frac{1}{2}a（1-lna）=0$，此方程有惟一解$x=\sqrt{a}$；
（iii）当a∈（e，+∞）时，$f（\sqrt{a}）=\frac{1}{2}a（1-lna）＜0$，
因为$f（1）=\frac{1}{2}＞0$且$1＜\sqrt{a}$，所以方程f（x）=0在区间$（0，\sqrt{a}）$上有惟一解；
因为当x＞1时，（x-lnx）'＞0，所以x-lnx＞1，所以x＞lnx，
故$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-alnx＞\frac{1}{2}{x^2}-ax$，
因为 $2a＞\sqrt{a}＞1$，所以 $f（x）＞\frac{1}{2}{（2a）^2}-2{a^2}=0$，
所以方程f（x）=0在区间$（\sqrt{a}，+∞）$上有惟一解；
所以当a∈（e，+∞）时，方程f（x）=0有两解．
综上所述：当a∈[0，e）时，方程无解；
当a＜0或a=e时，方程有惟一解；
当a＞e时，方程有两解．

点评 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，以及利用导数研究函数的单调性，同时考查分类讨论的思想，计算能力，属于难题．此类题解答的关键是学生会根据导函数的正负得到函数的单调区间，会根据函数的增减性得到函数的最值，掌握函数零点的判断方法，是一道综合题．