10.已知函數(shù)f(x)=$\frac{1}{2}$x2-(a+1)x+alnx(a∈R).
(1)當(dāng)a=$\frac{1}{2}$,求y=f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)討論函數(shù)y=f(x)零點的個數(shù).

分析 (1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;
(2)求導(dǎo)函數(shù),再進(jìn)行分類討論,從而可確定函數(shù)y=f(x)的單調(diào)性與單調(diào)區(qū)間,求出函數(shù)的最小值,從而判斷出零點的個數(shù).

解答 解:(1)a=$\frac{1}{2}$時,f(x)$\frac{1}{2}$x2-$\frac{3}{2}$x+$\frac{1}{2}$lnx,
f′(x)=$\frac{{2x}^{2}-3x+1}{2x}$,(x>0),
令f′(x)>0,解得:x>1或0<x<$\frac{1}{2}$,令f′(x)<0,解得:$\frac{1}{2}$<x<1,
故f(x)在(0,$\frac{1}{2}$),(1,+∞)遞增,在($\frac{1}{2}$,1)遞減;
(2)f′(x)=$\frac{(x-1)(x-a)}{x}$(x>0),
由f′(x)=0,得x1=1,x2=a,
①a=0時,f(x)=$\frac{1}{2}$x2-x,有一個零點,
②a<0時,令f′(x)>0,解得:x>1,令f′(x)<0,解得:0<x<1,
∴f(x)在(0,1)遞減,在(1,+∞)遞增,
∴f(x)min=f(1)=-a-$\frac{1}{2}$,
若-a-$\frac{1}{2}$<0,即-$\frac{1}{2}$<a<0時,
令x0=${e}^{\frac{{(a+1)}^{2}}{2a}}$有f(x0)=$\frac{1}{2}$${{x}_{0}}^{2}$-(a+1)x0+alnx0>-$\frac{1}{2}$(a+1)2+alnx0=0,
另取x=e2,f(e2)=($\frac{1}{2}$e2-1)(e2-2a)>0,故有2個零點,
若-a-$\frac{1}{2}$=0即a=-$\frac{1}{2}$時,有一個零點,
若-a-$\frac{1}{2}$>0即a<-$\frac{1}{2}$時,沒有零點;
③a>0時,f(1)=-a-$\frac{1}{2}$<0,又f(a)=a(-$\frac{1}{2}$a-1+lna),
不妨令g(x)=-$\frac{1}{2}$x-1+lnx,(x>0),g′(x)=$\frac{2-x}{2x}$,
令g′(x)>0,解得;0<x<2,令g′(x)<0,解得:x>2,
∴g(x)在(0,2)遞增,在(2,+∞)遞減,
∴g(x)max=g(2)=-2+ln2<0,從而f(a)<0,
又f(2a+2)=$\frac{1}{2}$(2a+2)2-(a+1)(2a+2)+aln(2a+2)=aln(2a+2)>0,
故此時函數(shù)y=f(x)只有1個零點;
綜上:a<-$\frac{1}{2}$時,沒有零點,a≥0或a=-$\frac{1}{2}$時,一個零點,-$\frac{1}{2}$<a<0時,2個零點.

點評 本題重點考查導(dǎo)數(shù)知識的運用,考查函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)性是關(guān)鍵.

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