Question

20．设函数f（x）=lnx-ax²-$\frac{1}{2}$x．
（Ⅰ） 当a=$\frac{1}{4}$时，求f（x）的最大值；
（Ⅱ） 令g（x）=f（x）+ax²+$\frac{1}{2}$x+$\frac{a}{x}$，x∈（0，3]，其图象上任意一点P（x₀，y₀）处的切线的斜率k≤$\frac{1}{2}$恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ） 当a=0时，方程2mf（x）=x（x-3m）有唯一实数解，求正实数m的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值即可；
（Ⅱ）求出导数，得到a≥${（-{{\frac{1}{2}x}_{0}}^{2}{+x}_{0}）}_{max}$，根据函数的单调性，求出a的范围即可；
（Ⅲ）设h（x）=x²-2mlnx-2mx，利用导数可得其最小值为h（x₂），得到2lnx₂+x₂-1=0．设m（x）=2lnx+x-1（x＞0），再利用导数研究其单调性即可得．

解答 解：（Ⅰ） 依题意，可知函数f（x）的定义域为（0，+∞），
当a=$\frac{1}{4}$时，f（x）=lnx-$\frac{1}{4}$x²-$\frac{1}{2}$x，f′（x）=-$\frac{（x+2）（x-1）}{2x}$，
令f′（x）=0，解得x=1或x=-2（舍去）．
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
所以f（x）的极大值f（1）=-$\frac{3}{4}$即为f（x）的最大值．
（Ⅱ） 依题意，g（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，x∈（0，3]，
则有k=g′（x₀）=$\frac{{x}_{0}-a}{{{x}_{0}}^{2}}$≤$\frac{1}{2}$在（0，3]上恒成立，
所以a≥${（-{{\frac{1}{2}x}_{0}}^{2}{+x}_{0}）}_{max}$．
当x₀=1时，-$\frac{1}{2}$${{x}_{0}}^{2}$+x₀取得最大值$\frac{1}{2}$，所以a≥$\frac{1}{2}$．
（Ⅲ） 当a=0时，f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x，
因为方程2mf（x）=x（x-3m）有唯一实数解，
即x²-2mlnx-2mx=0有唯一实数解，
设h（x）=x²-2mlnx-2mx，则h′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2mx-2m}{x}$．
令h'（x）=0，x²-mx-m=0．
∵m＞0，x＞0，
∴x₁=$\frac{m-\sqrt{{m}^{2}+4m}}{2}$＜0（舍去），x₂=$\frac{m+\sqrt{{m}^{2}+4m}}{2}$．
当x∈（0，x₂）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，x₂）上单调递减；
当x∈（x₂，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）在（x₂，+∞）上单调递增．
∴h（x）最小值为g（x₂）．
则 $\left\{\begin{array}{l}{h{（x}_{2}）=0}\\{h′{（x}_{2}）=0}\end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{2}}^{2}-2ml{nx}_{2}-2{mx}_{2}=0}\\{{{x}_{2}}^{2}-{mx}_{2}-m=0}\end{array}\right.$，
∴2mlnx₂+mx₂-m=0即2lnx₂+x₂-1=0．
设m（x）=2lnx+x-1（x＞0），m′（x）=$\frac{2}{x}$+1＞0恒成立，
故m（x）在（0，+∞）单调递增，m（x）=0至多有一解．
又m（1）=0，∴x₂=1，即 $\frac{m+\sqrt{{m}^{2}+4m}}{2}$=1，
解得m=$\frac{1}{2}$．

点评 题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了问题的转化能力，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．