Question

19．已知函数f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$ax²-2bx
（1）设点a=-3，b=1，求f（x）的最大值；
（2）当a=0，b=-$\frac{1}{2}$时，方程2mf（x）=x²有唯一实数解，求正数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）a=-3，b=1，求出函数的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的最大值即可；
（2）方程2mf（x）=x²有唯一实数解，即x²-2mlnx-2mx=0有唯一实数解，设g（x）=x²-2mlnx-2mx，利用导数可得其最小值为g（x₂）．则$\left\{\begin{array}{l}{g{（x}_{2}）=0}\\{g′{（x}_{2}）=0}\end{array}\right.$，即2lnx₂+x₂-1=0．设h（x）=2lnx+x-1（x＞0），再利用导数研究其单调性即可得出答案．

解答 解：（1）a=-3，b=1时，f（x）=lnx-$\frac{3}{2}$x²-2x，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-3x-2，f″（x）=-$\frac{1}{x}$-3＜0，
∴f′（x）在（0，+∞）递减，
而f′（$\frac{1}{3}$）=0，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{3}$）递增，在（$\frac{1}{3}$，+∞）递减，
∴f（x）_max=f（$\frac{1}{3}$）=-ln3-$\frac{5}{6}$．
（2）∵方程2mf（x）=x²有唯一实数解，即x²-2mlnx-2mx=0有唯一实数解，
设g（x）=x²-2mlnx-2mx，则g′（x）=$\frac{2{（x}^{2}-mx-m）}{x}$．
令g′（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，g′（x）＜0，g（x）在（0，x₂）上单调递减；当x∈（x₂，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）在（x₂，+∞）上单调递增．
∴g（x）最小值为g（x₂）．
则$\left\{\begin{array}{l}{g{（x}_{2}）=0}\\{g′{（x}_{2}）=0}\end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{2}}^{2}-2m（l{nx}_{2}{+x}_{2}）=0}\\{{{x}_{2}}^{2}-{mx}_{2}-m=0}\end{array}\right.$，
∴2mlnx₂+mx₂-m=0即2lnx₂+x₂-1=0．
设h（x）=2lnx+x-1（x＞0），h′（x）=$\frac{2}{x}$+1＞0恒成立，
故h（x）在（0，+∞）单调递增，h（x）=0至多有一解．
又h（1）=0，
∴x₂=1，
即 $\frac{m+\sqrt{{m}^{2}+4m}}{2}$=1，解得m=$\frac{1}{2}$．

点评 本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．