Question

15．设函数$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-（a+1）x+alnx，a＞0$．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）讨论函数f（x）的零点个数．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数f（x）的单调区间即可；
（2）通过讨论a的范围，求出f（x）的单调区间，从而求出f（x）的极大值，判断出函数的零点个数即可．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）
∵$f'（x）=x-（a+1）+\frac{a}{x}$=$\frac{{{x^2}-（a+1）x+a}}{x}$=$\frac{（x-a）（x-1）}{x}（x＞0）$
当0＜a＜1时，令f'（x）＜0得a＜x＜1；令f'（x）＞0得0＜x＜a或x＞1，
所以函数f（x）的单调增区间为（0，a）和（1，+∞），单调减区间为（a，1）；
当a=1时，$f'（x）=\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}≥0$恒成立，所以函数f（x）的单调增区间为（0，+∞），无减区间；
当a＞1时，令f'（x）＜0得1＜x＜a；令f'（x）＞0得0＜x＜1或x＞a，
所以函数f（x）的单调增区间为（0，1）和（a，+∞），单调减区间为（1，a）．
（2）由（1）可知，当0＜a＜1时，
函数f（x）的单调增区间为（0，a）和（1，+∞），单调减区间为（a，1），
所以$f{（x）_{极大值}}=f（a）=-\frac{1}{2}{a^2}-a+alna＜0$，$f{（x）_{极小值}}=f（1）=-\frac{1}{2}-a＜0$，
注意到f（2a+2）=aln（2a+2）＞0，
所以函数f（x）有唯一零点，当a=1时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
又注意到$f（1）=-\frac{3}{2}＜0$，f（4）=ln4＞0所以函数f（x）有唯一零点；
当a＞1时，函数f（x）的单调递增是（0，1）和（a，+∞）上，单调递减是（1，a）上，
所以$f{（x）_{极大值}}=f（1）=-\frac{1}{2}-a＜0$，$f{（x）_{极小值}}=f（a）=-\frac{1}{2}{a^2}-a+alna＜0$，
注意到f（2a+2）=aln（2a+2）＞0，
所以函数f（x）有唯一零点，
综上，函数f（x）有唯一零点．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．