Question

18．已知函数f（x）=lnx-$\frac{{x}^{2}}{2}$，g（x）=$\frac{{x}^{2}}{2}$-x．
（I）求曲线y=f（x）在x=1处的切线方程；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）设h（x）=af（x）+（a+1）g（x），其中0＜a≤1，证明：函数h（x）仅有一个零点．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用函数的导数求出切线的斜率，将x=1代入，求得y=$-\frac{1}{2}$，（Ⅱ）利用导数符号判断函数的单调区间，（Ⅲ），先将h（x）写出，进行化简，求得h（x）在定义域内单调递增，利用零点定理，判断h（x）有一个零点．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=lnx-$\frac{{x}^{2}}{2}$，（x＞0）f′（x）=$\frac{1}{x}$-x，
在x=1处的切线方程的斜率为k=f′（1）=0，
∴求曲线y=f（x）在x=1处的切线方程y=$-\frac{1}{2}$，
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{1}{x}$-x，令f′（x）=0，
得x=1，
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
x＞1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
f（x）的单调递增区间为[1，+∞），
f（x）的单调递减区间为（0，1）；
（Ⅲ）证明：h（x）=af（x）+（a+1）g（x）=$\frac{{x}^{2}}{2}$+alnx-（a+1）x，（x＞0）
∴h′（x）=x-（a+1）+$\frac{a}{x}$≥2$\sqrt{a}$-（a+1），
当且仅当x=$\frac{a}{x}$，x=$\sqrt{a}$，
设g（x）=2$\sqrt{a}$-（a+1）
g′（x）=$\frac{1}{\sqrt{a}}-1$，0＜a≤1，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当a=1取最大值，最大值为0，
∴h′（x）＞0，
∴h（x）单调递增，
h（a）=$-\frac{{a}^{2}}{2}-a+alna$0＜a≤1
∴h（a）＜0，
当x＞1时，h（x）＞0，利用零点定理，
∴函数h（x）仅有一个零点．

点评 本题考查根据导数求函数的切线方程和单调区间及判断函数的零点，属于中档题．