Question

设函数f（x）=lnx+

1

2

ax²-2bx
（Ⅰ）当a=-3，b=1时，求函数f（x）的最大值；
（Ⅱ）令F（x）=f（x）-

1

2

ax²+2bx+

a

x

（

1

2

≤x≤3），其图象上存在一点P（x₀，y₀），使此处切线的斜率k≤

1

2

，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）当a=0，b=-

1

2

，方程2mf（x）=x²有唯一实数解，求正数m的值．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）确定函数的定义域，求导数，确定函数的单调性，再求函数f（x）的最大值；
（Ⅱ）F（x）=lnx+

a

x

，x∈[

1

2

，3]，则有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，即可求实数a的取值范围；
（Ⅲ）a=0，b=-

1

2

时，f（x）-lnx+x，2mf（x）=x²有唯一实数解，即2mf（x）=x²有唯一实数解，分类讨论可得正数m的值．

解答： 解：（Ⅰ）依题意，f（x）的定义域为（0，+∞），
当a=-3，b=1时，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

）单调递增，在（

1

3

，+∞）单调递减；
∴f（x）的极大值为f（

1

3

）=-ln3-

5

6

，此即为最大值…（4分）
（Ⅱ）F（x）=lnx+

a

x

，x∈[

1

2

，3]，则有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

，
∴当x₀=3时，-

1

2

x02+x₀取得最小值-

3

2

，
∴a≥-

3

2

…（8分）
（Ⅲ）a=0，b=-

1

2

时，f（x）=lnx+x，2mf（x）=x²有唯一实数解，
即2mf（x）=x²有唯一实数解，…（9分）
当lnx+x=0时，显然不成立，设lnx+x=0的根为x0∈(

1

e

，1)
当lnx+x≠0时，2m=

x2

lnx+x

有唯一解，此时x＞x₀
记h（x）=

x2

lnx+x

h′（x）=

x(x-1)+2xlnx

(lnx+x)2

，…（10分）
当x∈（0，1）时，x（x-1）＜0，2xlnx＜0，h′（x）＜0
当x∈（1，+∞）时，x（x-1）＞0，2xlnx＞0，h'（x）＞0，
∴h（x）在（x₀，1）上递减，（1，+∞）上递增．
∴h（x）min=h（1）=1（12分）
当x∈（x₀，1）时，h（x）∈（1，+∞），当x∈（1，+∞）时，h（x）∈（1，+∞），…（13分）
要使2m=

x2

lnx+x

有唯一解，应有2m=h（1）=1，∴m=

1

2

…（14分）

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的最值，考查分离参数法的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．