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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.
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.
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1
x
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a
x
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