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20.已知函数$f(x)=({a-1})lnx-\frac{a}{2}{x^2}+x({a∈R}),g(x)=-\frac{1}{3}{x^3}-x+({a-1})lnx$.
(1)若$a≤\frac{1}{2}$,讨论f(x)的单调性;
(2)若过点$({0,-\frac{1}{3}})$可做函数y=g(x)-f(x)(x>0)图象的两条不同切线,求实数a的取值范围.

分析 (1)求出函数的导数,通过讨论a的范围求出函数的单调区间看;
(2)求出过点p的切线方程,得到$\frac{2}{3}$t3-$\frac{1}{2}$at2+$\frac{1}{3}$=0,问题转化为方程$\frac{2}{3}$t3-$\frac{1}{2}$at2+$\frac{1}{3}$=0有2个不同的正数解,令h(t)=$\frac{2}{3}$t3-$\frac{1}{2}$at2+$\frac{1}{3}$,根据函数的单调性求出a的范围即可.

解答 解:(1)f′(x)=$\frac{-[ax+(a-1)](x-1)}{x}$,
①a=$\frac{1}{2}$时,f′(x)=$\frac{-{\frac{1}{2}(x-1)}^{2}}{{x}^{2}}$≤0,
此时,f(x)在(0,+∞)递减;
②a≤0时,令f′(x)=$\frac{-[ax+(a-1)](x-1)}{x}$≥0,解得:x≥1,
令f′(x)≤0,解得:0<x≤1,
此时,f(x)在(0,1]递减,在(1,+∞)递增;
③0<a<$\frac{1}{2}$时,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,+∞)递减,在[1,$\frac{1}{a}$-1]递增;
(2)设P(t,-$\frac{1}{3}$t3+$\frac{a}{2}$t2-2t),(t>0)是函数y=g(x)-f(x)图象上的切点,
则过点P的切线的斜率为k=g′(t)-f′(t)=-t2+at-2,
∴过点p的切线方程是y+$\frac{1}{3}$t3-$\frac{a}{2}$t2+2t=(-t2+at-2)(x-t),
∵(0,-$\frac{1}{3}$)在切线上,∴-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$t3-$\frac{a}{2}$t2+2t=(-t2+at-2)(0-t),
即$\frac{2}{3}$t3-$\frac{1}{2}$at2+$\frac{1}{3}$=0,
若过点$({0,-\frac{1}{3}})$可做函数y=g(x)-f(x)(x>0)图象的两条不同切线,
则方程$\frac{2}{3}$t3-$\frac{1}{2}$at2+$\frac{1}{3}$=0有2个不同的正数解,
令h(t)=$\frac{2}{3}$t3-$\frac{1}{2}$at2+$\frac{1}{3}$,则函数y=h(t)与t轴正半轴有2个不同的交点,
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的范围是(2,+∞).

点评 本题考查了函数的单调性问题,考查导数的应用以及分类讨论思想,考查切线方程问题,是一道综合题.

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