13.已知函數(shù)$f(x)=\frac{1}{2}a{x^2}-({2a+1})x+2lnx({x∈R})$
(Ⅰ)若曲線y=f(x)在x=1和x=3處的切線互相平行,求a的值;
(Ⅱ)求f(x)的單調(diào)區(qū)間.
分析 (Ⅰ)求出原函數(shù)的導函數(shù),得到f′(1),f′(3)的值,由f′(1)=f′(3)列式求得a值;
(Ⅱ)f′(x)=$ax-2a-1+\frac{2}{x}$=$\frac{a{x}^{2}-(2a+1)x+2}{x}$(x>0).然后對a分類討論求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.
解答 解:(Ⅰ)f′(x)=$ax-2a-1+\frac{2}{x}$,
f′(1)=-a+1,f′(3)=a-$\frac{1}{3}$,
由f′(1)=f′(3),得-a+1=a-$\frac{1}{3}$,
解得a=$\frac{2}{3}$;
(Ⅱ)f′(x)=$ax-2a-1+\frac{2}{x}$=$\frac{a{x}^{2}-(2a+1)x+2}{x}$(x>0).
若a=0,f′(x)=$\frac{-x+2}{x}$.
當x∈(0,2)時,f′(x)>0,當x∈(2,+∞)時,f′(x)<0,
∴函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(0,2),減區(qū)間為(2,+∞).
令g(x)=ax2-(2a+1)x+2.
若0<a$<\frac{1}{2}$,方程ax2-(2a+1)x+2=0的兩根為x1=2,${x}_{2}=\frac{1}{a}$,且2<$\frac{1}{a}$.
當x∈(0,2)∪($\frac{1}{a}$,+∞)時,g(x)>0,即f′(x)>0;當x∈(2,$\frac{1}{a}$)時,g(x)<0,即f′(x)<0.
∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,2),($\frac{1}{a}$,+∞);單調(diào)減區(qū)間為(2,$\frac{1}{a}$).
若a=$\frac{1}{2}$,g(x)≥0,即f′(x)≥0,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù).
若a>$\frac{1}{2}$,方程ax2-(2a+1)x+2=0的兩根為${x}_{1}=\frac{1}{a}$,x2=2,且$\frac{1}{a}$<2.
當x∈(0,$\frac{1}{a}$)∪(2,+∞)時,g(x)>0,即f′(x)>0;當x∈($\frac{1}{a}$,2)時,g(x)<0,即f′(x)<0.
∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,$\frac{1}{a}$),(2,+∞);單調(diào)減區(qū)間為($\frac{1}{a}$,2).
若a<0,程ax2-(2a+1)x+2=0的兩根為${x}_{1}=\frac{1}{a}$,x2=2,且$\frac{1}{a}$<0.
當x∈(0,2)時,g(x)>0,即f′(x)>0;當x∈(2,+∞)時,g(x)<0,即f′(x)<0.
∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,2);單調(diào)減區(qū)間為(2,+∞).
綜上,當a≤0時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,2);單調(diào)減區(qū)間為(2,+∞).
當0<a<$\frac{1}{2}$時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,2),($\frac{1}{a}$,+∞);單調(diào)減區(qū)間為(2,$\frac{1}{a}$).
當a=$\frac{1}{2}$時,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù).
當a$>\frac{1}{2}$時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,$\frac{1}{a}$),(2,+∞);單調(diào)減區(qū)間為($\frac{1}{a}$,2).
點評 本題考查利用導數(shù)研究過曲線上某點處的切線方程,考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學思想方法,是中檔題.