Question

設(shè)函數(shù)f（x）=lnx-ax，
（Ⅰ）當a＞0時，求函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，e]內(nèi)的最大值；
（Ⅱ）當a=-1時，方程2mf（x）=x²有唯一實數(shù)解，求正數(shù)m的值．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）對a分類討論，利用導(dǎo)數(shù)的運算法則研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出；
（2）方程2mf（x）=x²有唯一實數(shù)解，即x²-2mlnx-2mx=0有唯一實數(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

g(x2)=0 g′(x2)=0

，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．④

解答： 解：（1）f′(x)=

1

x

-a=

1-ax

x

，  x＞0．
令f'（x）=0得x=

1

a

．
∵x∈(0，

1

a

)時，f'（x）＞0，x∈(

1

a

，+∞)時，f'（x）＜0，
∴f（x）在(0，

1

a

)遞增，在(

1

a

，+∞)遞減．
①當0＜

1

a

≤1即a≥1時，f（x）在[1，e]上遞減，
∴x=1時f（x）取最大值f（1）=-a．
②當1＜

1

a

＜e即

1

e

＜a＜1時，f（x）在(1，

1

a

)遞增，在(

1

a

，e)遞減，
∴x=

1

a

時，f（x）取最大值f(

1

a

)=-lna-1．
③當

1

a

≥e即0＜a≤

1

e

時，f（x）在（1，e）遞增，
∴x=e時f（x）取最大值f（e）=1-ae．
（2）∵方程2mf（x）=x²有唯一實數(shù)解，即x²-2mlnx-2mx=0有唯一實數(shù)解，
設(shè)g（x）=x²-2mlnx-2mx，則g′(x)=

2x2-2mx-2m

x

．
令g'（x）=0，x²-mx-m=0．
∵m＞0，x＞0，
∴x1=

m- m2+4m

2

＜0（舍去），x2=

m+ m2+4m

2

．
當x∈（0，x₂）時，g'（x）＜0，g（x）在（0，x₂）上單調(diào)遞減；當x∈（x₂，+∞）時，g'（x）＞0，g（x）在（x₂，+∞）上單調(diào)遞增．
∴g（x）最小值為g（x₂）．
則

g(x2)=0 g′(x2)=0

，即

x 2 2 -2mlnx2-2mx2=0 x 2 2 -mx2-m=0

∴2mlnx₂+mx₂-m=0即2lnx₂+x₂-1=0．
設(shè)h（x）=2lnx+x-1（x＞0），h′(x)=

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

m+ m2+4m

2

=1，解得m=

1

2

．

點評：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算能力，屬于難題．