Question

已知函数f（x）=

1

2

x²-alnx（a∈R），讨论f（x）=0解的个数，并说明理由．

Answer 1

考点：根的存在性及根的个数判断

专题：分类讨论,函数的性质及应用

分析：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：当a=0时，f（x）在定义域（0，+∞）上恒大于0，此时方程无解；
当a＜0时，f′（x）=x-

a

x

＞0在（0，+∞）上恒成立，所以f（x）在定义域（0，+∞）上为增函数．
∵f（1）=

1

2

＞0，f（e

1

a

）=

1

2

e

2

a

-1＜0，所以方程有惟一解．
当a＞0时，f′（x）=

x2-a

x

因为当x∈（0，

a

）时，f′（x）＞0，f（x）在（0，

a

）内为减函数；
当x∈（

a

，+∞）时，f（x）在（

a

，+∞）内为增函数．
所以当x=

a

时，有极小值即为最小值f（

a

）=

1

2

a（1-lna），
当a∈（0，e）时，f（

a

）=

1

2

a（1-lna）＞0，此方程无解；
当a=e时，f（

a

）=

1

2

a（1-lna）=0此方程有惟一解x=

e

．
当a∈（e，+∞）时，f（

a

）=

1

2

a（1-lna）＜0
因为f（1）=

1

2

＞0且1＜

a

，所以方程f（x）=0在区间（0，

a

）上有惟一解，
因为当x＞1时，（x-lnx）′＞0，则函数y=x-lnx在（1，+∞）上单调递增，
∴x-lnx＞1-ln1=1，即x-lnx＞1，
所以x＞lnx，f（x）=

1

2

x²-alnx＞

1

2

x²-ax，因为2a＞

a

＞1，所以f（x）＞

1

2

（2a）²-2a²=0，
所以方程f（x）=0在区间（

a

，+∞）上有惟一解．所以方程f（x）=0在区间（e，+∞）上有两解．
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．