Question

設函數(shù)f（x）=lnx-

1

2

ax²-bx．
（Ⅰ）當a=b=

1

2

時，求f（x）的最大值；
（Ⅱ）令F（x）=f（x）+

1

2

ax²+bx+

a

x

（0＜x≤3），以其圖象上任意一點P（x₀，y₀）為切點的切線的斜率k≤

1

2

恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）當a=0，b=-1時，方程2mf（x）=x²有唯一實數(shù)解，求正數(shù)m的值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先求定義域，再研究單調(diào)性，從而求最值．
（Ⅱ）先構(gòu)造函數(shù)F（x）再由以其圖象上任意一點P（x₀，y₀）為切點的切線的斜率k≤

1

2

恒成立，知導函數(shù)≤

1

2

恒成立，再轉(zhuǎn)化為所以a≥(-

1

2

x02+x0)max求解．
（Ⅲ）先把程2mf（x）=x²有唯一實數(shù)解，轉(zhuǎn)化為所以x²-2mlnx-2mx=0有唯一實數(shù)解，再利用單調(diào)函數(shù)求解．

解答：解：（Ⅰ）依題意，知f（x）的定義域為（0，+∞）．（1分）
當a=b=

1

2

時，f(x)=lnx-

1

4

x2-

1

2

x，
f′(x)=

1

x

-

1

2

x-

1

2

=

-(x+2)(x-1)

2x

．（2分）
令f′（x）=0，解得x=1．
當0＜x＜1時，f′（x）＞，此時f（x）單調(diào)遞增；
當x＞1時，f′（x）＜0，此時f（x）單調(diào)遞減．（3分）
所以f（x）的極大值為f(1)=-

3

4

，此即為最大值．（4分）
（Ⅱ）F(x)=lnx+

a

x

，x∈(0，3]，
所以k=F′(x0)=

x0-a

x02

≤

1

2

，在x₀∈（0，3]上恒成立，（6分）
所以a≥(-

1

2

x02+x0)max，x₀∈（0，3]（7分）
當x₀=1時，-

1

2

 x02 +x0取得最大值

1

2

．所以a≥

1

2

．（9分）
（Ⅲ）因為方程2mf（x）=x²有唯一實數(shù)解，
所以x²-2mlnx-2mx=0有唯一實數(shù)解．
設g（x）=x²-2mlnx-2mx，則g′(x)=

2x2-2mx-2m

x

．
令g′（x）=0，得x²-mx-m=0．
因為m＞0，x＞0，
所以x1=

m- m2+4m

2

＜0（舍去），x2=

m+ m2+4m?

2

，（10分）
當x∈（0，x₂）時，g′（x）＜0，g（x）在（0，x₂）單調(diào)遞減，
當x∈（x₂，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）在（x₂，+∞）單調(diào)遞增．
當x=x₂時，g′（x₂）=0g（x），g（x₂）取最小值g（x₂）．（11分）
因為g（x）=0有唯一解，所以g（x₂）=0．
則

g(x2)=0 g′(x2)=0

，即

x22-2mlnx2-2mx2=0 x22-mx2-m =0

所以2mlnx₂+mx₂-m=0，
因為m＞0，所以2lnx₂+x₂-1=0．（12分）
設函數(shù)h（x）=2lnx+x-1，
因為當x＞0時，h（x）是增函數(shù)，所以h（x）=0至多有一解．（13分）
因為h（I）=0，所以方程的解為（X₂）=1，即

m+ m2+4m

2

=1，
解得m=

1

2

（14分）

點評：本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值、不等式、方程的解等基本知識，同時考查運用導數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的方法，分類與整合及化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學思想．