Question

设函数f（x）=lnx-ax，a∈R．
（1）当x=1时，函数f（x）取得极值，求a的值；
（2）当a＞0时，求函数f（x）在区间[1，2]的最大值；
（3）当a=-1时，关于x的方程2mf（x）=x²（m＞0）有唯一实数解，求实数m的值．

Answer 1

分析：（1）先求函数的定义域，然后求出导函数，根据f（x）在x=1处取得极值，则f'（1）=0，求出a的值，然后验证即可；
（2）先求出a的范围，然后利用导数研究函数的单调性，①当0＜

1

a

≤1，即a≥1时，②当1＜

1

a

＜2，③当

1

a

≥2，分类讨论后，研究函数的单调性，从而求出函数f（x）在区间[1，2]的最大值；
（3）研究函数是单调性得到函数的极值点，根据函数图象的变化趋势，判断何时方程2mf（x）=x²有唯一实数解，得到m所满足的方程，解方程求解m．

解答：解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），所以f′（x）=

1

x

-a=

1-ax

x

．    …（2分）
因为当x=1时，函数f（x）取得极值，所以f′（1）=1-a=0，所以a=1．
经检验，a=1符合题意．（不检验不扣分）      …（4分）
（2）f′（x）=

1

x

-a=

1-ax

x

，x＞0．
令f′（x）=0得x=

1

a

．因为x∈（0，

1

a

）时，f′（x）＞0，x∈（

1

a

，+∞）时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，

1

a

）递增，在（

1

a

，+∞）递减，…（5分）
①当0＜

1

a

≤1，即a≥1时，f（x）在（1，2）上递减，所以x=1时，f（x）取最大值f（1）=-a；
②当1＜

1

a

＜2，即

1

2

＜a＜1时，f（x）在（1，

1

a

）上递增，在（ 

1

a

，2）上递减，
所以x=

1

a

时，f（x）取最大值f（

1

a

）=-lna-1；
③当

1

a

≥2，即0＜a≤

1

2

时，f（x）在（1，2）上递增，所以x=2时，f（x）取最大值f（2）=ln2-2a．
综上，①当0＜a≤

1

2

时，f（x）最大值为ln2-2a；②当

1

2

＜a＜1时，f（x）最大值为-lna-1；
③当a≥1时，f（x）最大值为-a．     …（8分）
（每种情形1分）
（3）因为方程2mf（x）=x²有唯一实数解，
所以x²-2mlnx-2mx=0有唯一实数解，
设g（x）=x²-2mlnx-2mx，
则g′（x）=

2x2-2mx-2m

x

，令g′（x）=0，x²-mx-m=0．
因为m＞0，x＞0，所以x₁=

m- m2+4m

2

＜0（舍去），x₂=

m+ m2+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，+∞）单调递增，
当x=x₂时，g（x）取最小值g（x₂）．                …（10分）
则

g(x2)=0 g′(x2)=0

即

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

所以2mlnx₂+mx₂-m=0，因为m＞0，所以2lnx₂+x₂-1=0（*），
设函数h（x）=2lnx+x-1，因为当x＞0时，h（x）是增函数，所以h（x）=0至多有一解．
因为h（1）=0，所以方程（*）的解为x₂=1，即

m+ m2+4m

2

=1，
解得m=

1

2

．                           …（12分）

点评：本题主要考查了利用导数研究函数的极值，以及利用导数研究函数在闭区间上的最值，是一道综合题，有一定的难度，属于中档题．