Question

12．已知函数f（x）=lnx-ax²．
（I）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）-x+1（a≥0），l是曲线y=g（x）的一条切线，证明：曲线y=g（x）上的任意一点都不能在直线l的上方；
（Ⅲ）当a=1时，方程2m[x+f（x）]=（1-2m）x²有唯一实数解，求正数m的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax，x＞0．根据导数结合解不等式即可得出单调区间．
（Ⅱ）g′（x）=$\frac{-2a{x}^{2}-x+1}{x}$（x＞0，a＞0），构造u（x）=-2ax²-x+1=0，x=$\frac{1-\sqrt{1+8a}}{-4a}$，判断单调性得出g（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1+8a}}{-4a}$）单调递增，在（$\frac{1-\sqrt{1+8a}}{-4a}$，+∞）单调递减．根据函数的性质得出图象的特点，曲线y=g（x）上的任意一点都不能在切线l的上方；
（Ⅲ）把方程2m（x+lnx-x²）=（1-2m）x²，转化得出m=$\frac{{x}^{2}}{2x+2lnx}$，构造函数k（x）=$\frac{{x}^{2}}{2x+2lnx}$，k′（x）=$\frac{2x（x-1+2lnx）}{（2x+2lnx）^{2}}$，x＞0．判断出极值点即可，得出所求解的答案．

解答 解：（Ⅰ）∵函数f（x）=lnx-ax²．
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax，x＞0．
①当a＞0时，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax＞0．得出0＜x＜$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax＜0，得出x$＞\frac{1}{\sqrt{2a}}$，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax=0．得出x=$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）单调递增，（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞）单调递减．
②当a＜0时，∵x＞0
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax，x＞0．
∴f（x）在（0，+∞）单调递增．
（Ⅱ）g（x）=f（x）-x+1=lnx-ax²-x+1（a≥0），
①a=0时，g（x）′=$\frac{1}{x}$-1，x＞0，
g（x）′=0，x=1，
g（x）′＞0，0＜x＜1，
g（x）′＜0，x＞1，
∴g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，
g（x）的最大值为g（1）=0．
∴g（x）≤0，∴l是曲线y=g（x）的一条切线，曲线y=g（x）上的任意一点都不能在直线l的上方；
②a≠0时，g′（x）=$\frac{-2a{x}^{2}-x+1}{x}$（x＞0，a＞0）
u（x）=-2ax²-x+1=0，x=$\frac{1-\sqrt{1+8a}}{-4a}$，
∴g（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1+8a}}{-4a}$）单调递增，在（$\frac{1-\sqrt{1+8a}}{-4a}$，+∞）单调递减．
∴l是曲线y=g（x）的一条切线，曲线y=g（x）上的任意一点都不能在直线l的上方；
（Ⅲ）∵2m[x+f（x）]=（1-2m）x²，
∴2m（x+lnx-x²）=（1-2m）x²，
m=$\frac{{x}^{2}}{2x+2lnx}$，
令k（x）=$\frac{{x}^{2}}{2x+2lnx}$，k′（x）=$\frac{2x（x-1+2lnx）}{（2x+2lnx）^{2}}$，x＞0．
k′（x）=$\frac{2x（x-1+2lnx）}{（2x+2lnx）^{2}}$=0．x=1，x＞0．
k′（x）=$\frac{2x（x-1+2lnx）}{（2x+2lnx）^{2}}$＜0，0＜x＜1，x＞0．
k′（x）=$\frac{2x（x-1+2lnx）}{（2x+2lnx）^{2}}$＞0，x＞0．x-1+2lnx=0，x=1，x=x₀＜1，
∴k（x）在（x₀，1）（0，x₀）单调递减，在（1，+∞）的递增．
即x＞x₀，k（x）≥k（1）=$\frac{1}{2}$，x＜x₀，k（x）＜0
∵方程2m[x+f（x）]=（1-2m）x²有唯一实数解，
∴y=m（m＞0）与k（x）=$\frac{{x}^{2}}{2x+2lnx}$，有一个交点，
故m=$\frac{1}{2}$，

点评 本题综合考察了运用导数，不等式，求解函数的性质问题，解决方程的根的问题，函数图象的性质规律，属于难度较大的题目，综合性较大．