Question

8．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}a{x^2}+x（{a＞-\frac{1}{4}}）$．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線y=x平行，求a的值；
（Ⅱ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）當a=0，m＞0時，方程2mf（x）=x²有唯一實數(shù)解，求m的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，求得切線的斜率，結(jié)合直線平行的條件，解方程可得a；
（Ⅱ）求出導數(shù)，對a討論，當a=0時，當-$\frac{1}{4}$＜a＜0時，當a＞0時，由導數(shù)的符號，確定函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅲ）研究函數(shù)是單調(diào)性得到函數(shù)的極值點，根據(jù)函數(shù)圖象的變化趨勢，判斷何時方程2mf（x）=x²有唯一實數(shù)解，得到m所滿足的方程，解方程求解m．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}a{x^2}+x（{a＞-\frac{1}{4}}）$的導數(shù)為f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+1，
f（x）在點（1，f（1））處的切線斜率為1-a+1=2-a，
由切線與直線y=x平行，可得2-a=1，解得a=1；
（Ⅱ）當a=0時，f′（x）=$\frac{x+1}{x}$＞0，即有f（x）在（0，+∞）遞增；
當-$\frac{1}{4}$＜a＜0時，f′（x）=$\frac{-a{x}^{2}+x+1}{x}$（x＞0）＞0恒成立，
即有f（x）在（0，+∞）遞增；
當a＞0時，1+4a＞0，設(shè)-ax²+x+1=0的兩根為x₁=$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$＞0，x₂=$\frac{1-\sqrt{1+4a}}{2a}$＜0，
f′（x）＞0解得x₂＜x＜x₁，由x＞0，則0＜x＜x₁，
f′（x）＜0解得x＞x₁，或x＜x₂，由x＞0，則x＞x₁．
綜上可得，當-$\frac{1}{4}$＜a≤0時，f（x）在（0，+∞）遞增；
當a＞0時，f（x）在（0，$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$）上遞增，在（$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）遞減；
（Ⅲ）因為方程2mf（x）=x²有唯一實數(shù)解，
所以x²-2mlnx-2mx=0有唯一實數(shù)解，
設(shè)g（x）=x²-2mlnx-2mx，
則g′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2mx-2m}{x}$，令g′（x）=0，x²-mx-m=0．
因為m＞0，x＞0，所以x₁=$\frac{m-\sqrt{{m}^{2}+4m}}{2}$＜0（舍去），x₂=$\frac{m+\sqrt{{m}^{2}+4m}}{2}$，
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，+∞）單調(diào)遞增，
當x=x₂時，g（x）取最小值g（x₂）．                
則$\left\{\begin{array}{l}{g（{x}_{2}）=0}\\{g′（{x}_{2}）=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{2}}^{2}-2mln{x}_{2}-2m{x}_{2}=0}\\{{{x}_{2}}^{2}-m{x}_{2}-m=0}\end{array}\right.$，
所以2mlnx₂+mx₂-m=0，因為m＞0，所以2lnx₂+x₂-1=0（*），
設(shè)函數(shù)h（x）=2lnx+x-1，因為當x＞0時，h（x）是增函數(shù)，
所以h（x）=0至多有一解．
因為h（1）=0，所以方程（*）的解為x₂=1，即$\frac{m+\sqrt{{m}^{2}+4m}}{2}$=1，
解得m=$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間以及極值、最值，同時考查分類討論的思想方法和函數(shù)方程的思想，考查運算能力，屬于中檔題．