Question

19．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$ax²-2bx
（1）設(shè)點(diǎn)a=-3，b=1，求f（x）的最大值；
（2）當(dāng)a=0，b=-$\frac{1}{2}$時(shí)，方程2mf（x）=x²有唯一實(shí)數(shù)解，求正數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）a=-3，b=1，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最大值即可；
（2）方程2mf（x）=x²有唯一實(shí)數(shù)解，即x²-2mlnx-2mx=0有唯一實(shí)數(shù)解，設(shè)g（x）=x²-2mlnx-2mx，利用導(dǎo)數(shù)可得其最小值為g（x₂）．則$\left\{\begin{array}{l}{g{（x}_{2}）=0}\\{g′{（x}_{2}）=0}\end{array}\right.$，即2lnx₂+x₂-1=0．設(shè)h（x）=2lnx+x-1（x＞0），再利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出答案．

解答 解：（1）a=-3，b=1時(shí)，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，+∞）遞減，
而f′（$\frac{1}{3}$）=0，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{3}$）遞增，在（$\frac{1}{3}$，+∞）遞減，
∴f（x）_max=f（$\frac{1}{3}$）=-ln3-$\frac{5}{6}$．
（2）∵方程2mf（x）=x²有唯一實(shí)數(shù)解，即x²-2mlnx-2mx=0有唯一實(shí)數(shù)解，
設(shè)g（x）=x²-2mlnx-2mx，則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=$\frac{m+\sqrt{{m}^{2}+4m}}{2}$．
當(dāng)x∈（0，x₂）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）在（0，x₂）上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（x₂，+∞）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在（x₂，+∞）上單調(diào)遞增．
∴g（x）最小值為g（x₂）．
則$\left\{\begin{array}{l}{g{（x}_{2}）=0}\\{g′{（x}_{2}）=0}\end{array}\right.$，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．
設(shè)h（x）=2lnx+x-1（x＞0），h′（x）=$\frac{2}{x}$+1＞0恒成立，
故h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，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=$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了問題的轉(zhuǎn)化能力，考查了分類討論的思想方法，考查了推理能力和計(jì)算能力，屬于難題．