Question

設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+

1

2

ax²-2bx
（Ⅰ）當(dāng)a=-3，b=1時(shí)，求函數(shù)f（x）的最大值；
（Ⅱ）令F（x）=f（x）-

1

2

ax²+2bx+

a

x

（

1

2

≤x≤3），其圖象上存在一點(diǎn)P（x₀，y₀），使此處切線的斜率k≤

1

2

，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）當(dāng)a=0，b=-

1

2

，方程2mf（x）=x²有唯一實(shí)數(shù)解，求正數(shù)m的值．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）確定函數(shù)的定義域，求導(dǎo)數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，再求函數(shù)f（x）的最大值；
（Ⅱ）F（x）=lnx+

a

x

，x∈[

1

2

，3]，則有k=F′（x₀）=

x0-a

x02

≤

1

2

在x₀∈[

1

2

，3]上有解，可得a≥（-

1

2

x02+x₀）_min，x₀∈[

1

2

，3]，求出-

1

2

x02+x₀的最小值，即可求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）a=0，b=-

1

2

時(shí)，f（x）-lnx+x，2mf（x）=x²有唯一實(shí)數(shù)解，即2mf（x）=x²有唯一實(shí)數(shù)解，分類討論可得正數(shù)m的值．

解答： 解：（Ⅰ）依題意，f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
當(dāng)a=-3，b=1時(shí)，f（x）=lnx-

3

2

x2-2x，f′（x）=

1-3x2-2x

x

由f′（x）＞0，得3x²+2x-1＜0，解得-1＜x＜

1

3

；
由f′（x）＜0，得3x²+2x-1＞0，解得x＞

1

3

或x＜-1
∵x＞0，∴f（x）在（0，

1

3

）單調(diào)遞增，在（

1

3

，+∞）單調(diào)遞減；
∴f（x）的極大值為f（

1

3

）=-ln3-

5

6

，此即為最大值…（4分）
（Ⅱ）F（x）=lnx+

a

x

，x∈[

1

2

，3]，則有k=F′（x₀）=

x0-a

x02

≤

1

2

在x₀∈[

1

2

，3]上有解，
∴a≥（-

1

2

x02+x₀）_min，x₀∈[

1

2

，3]，
∵-

1

2

x02+x₀=-

1

2

(x0-1)2+

1

2

，
∴當(dāng)x₀=3時(shí)，-

1

2

x02+x₀取得最小值-

3

2

，
∴a≥-

3

2

…（8分）
（Ⅲ）a=0，b=-

1

2

時(shí)，f（x）=lnx+x，2mf（x）=x²有唯一實(shí)數(shù)解，
即2mf（x）=x²有唯一實(shí)數(shù)解，…（9分）
當(dāng)lnx+x=0時(shí)，顯然不成立，設(shè)lnx+x=0的根為x0∈(

1

e

，1)
當(dāng)lnx+x≠0時(shí)，2m=

x2

lnx+x

有唯一解，此時(shí)x＞x₀
記h（x）=

x2

lnx+x

h′（x）=

x(x-1)+2xlnx

(lnx+x)2

，…（10分）
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，x（x-1）＜0，2xlnx＜0，h′（x）＜0
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，x（x-1）＞0，2xlnx＞0，h'（x）＞0，
∴h（x）在（x₀，1）上遞減，（1，+∞）上遞增．
∴h（x）min=h（1）=1（12分）
當(dāng)x∈（x₀，1）時(shí)，h（x）∈（1，+∞），當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h（x）∈（1，+∞），…（13分）
要使2m=

x2

lnx+x

有唯一解，應(yīng)有2m=h（1）=1，∴m=

1

2

…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)的最值，考查分離參數(shù)法的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．