Question

5．已知函数f（x）=alnx+$\frac{{x}^{2}}{2}$-（a+1）x+$\frac{{a}^{2}}{2}$．
（1）若f′（2）=1，求曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；
（2）若f（x）有一个零点，求正数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，由题意可得f′（2）=1，即2-a=2，解得a=0，进而得到f（2）=0，可得切线的方程；
（2）求出f（x）的导数，对a讨论，0＜a＜1，a=1，a＞1，求得单调区间，结合函数的零点，解不等式即可得到所求范围．

解答 解：（1）函数f（x）=alnx+$\frac{{x}^{2}}{2}$-（a+1）x+$\frac{{a}^{2}}{2}$的导数为
f′（x）=$\frac{a}{x}$+x-（a+1）=$\frac{（x-a）（x-1）}{x}$
由f′（2）=1，即2-a=2，得a=0，
f（x）=$\frac{{x}^{2}}{2}$-x，可得f（2）=0，
故切点为（2，0）
则切线方程为y=x-2；         
（2）由（1）得f′（x）=$\frac{a}{x}$+x-（a+1）=$\frac{（x-a）（x-1）}{x}$，x＞0，
①当0＜a＜1时，x∈（0，a）∪（1，+∞）时，f′（x）＞0；
x∈（a，1）时，f′（x）＜0，
所以（0，a）和（1，+∞）为f（x）的增区间，（a，1）为f（x）的减区间．
由f（x）有一个零点得：f（a）＜0或f（1）＞0，
即alna+$\frac{{a}^{2}}{2}$-（a+1）a+$\frac{{a}^{2}}{2}$＜0或aln1+$\frac{1}{2}$-（a+1）+$\frac{{a}^{2}}{2}$＞0，解得0＜a＜1．
②当a=1时，f′（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{x}$≥0在x＞0上恒成立，故f（x）为（0，+∞）上的增函数，
此时f（x）有一个零点．
③当a＞1时，x∈（0，1）∪（a，+∞）时，f′（x）＞0；x∈（1，a）时f′（x）＜0，
所以（0，1）和（a，+∞）为f（x）的增区间，（1，a）为f（x）的减区间．
由f（x）有一个零点得：f（a）＞0或f（1）＜0，
即alna+$\frac{{a}^{2}}{2}$-（a+1）a+$\frac{{a}^{2}}{2}$＞0或aln1+$\frac{1}{2}$-（a+1）+$\frac{{a}^{2}}{2}$＜0，
解得：a＞e或1-$\sqrt{2}$＜a＜1+$\sqrt{2}$，
又因为a＞1，所以a＞e或1＜a＜1+$\sqrt{2}$．
综上，a的取值范围为（0，1+$\sqrt{2}$）∪（e，+∞）．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调性，考查函数方程的转化思想以及分类讨论思想方法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．