Question

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．

Answer 1

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．