【数学】2020届天津一轮复习通用版3-1导数的概念及运算作业

【数学】2020届天津一轮复习通用版3-1导数的概念及运算作业

专题三　导数及其应用 ‎【真题典例】‎ ‎3.1　导数的概念及运算 挖命题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 ‎1.导数的概念与几何意义 ‎1.了解导数概念的实际背景 ‎2.理解导数的几何意义 ‎2017天津文,10‎ 导数的几何意义 直线方程与截距 ‎★★★‎ ‎2.导数的运算 ‎1.能根据导数的定义求函数y=C(C为常数),y=x,y=‎1‎x,y=x2,y=x3,y=x的导数 ‎2.‎ ‎2018天津文,10‎ ‎2016天津文,10‎ 导数的运算 指数函数 ‎★★★‎ 能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数,了解复合函数的求导法则 分析解读　　本节主要是对导数概念、导数的几何意义及其运算的考查,以导数的运算公式和运算法则为基础,以导数的几何意义为重点.‎ ‎1.导数的几何意义最常见的是求过曲线上某点的切线的斜率、方程、斜率与倾斜角的关系、切点的坐标,或以平行、垂直直线的斜率间的关系为载体求字母的取值等.‎ ‎2.导数的运算是每年必考的内容,一般不单独考查,而在考查导数的应用时与单调性、极值或最值综合考查.‎ ‎3.本节内容在高考中分值为5分左右,属于容易题.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　导数的概念与几何意义 ‎1.(2018课标Ⅰ,5,5分)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax.若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为(　　)‎ A.y=-2x　　　　B.y=-x　　　　　　　　C.y=2x　　　　D.y=x 答案　D　‎ ‎2.(2017课标Ⅰ文,14,5分)曲线y=x2+‎1‎x在点(1,2)处的切线方程为　　　　　　. ‎ 答案　x-y+1=0‎ 考点二　导数的运算 ‎3.(2013江西,13,5分)设函数f(x)在(0,+∞)内可导,且f(ex)=x+ex,则f '(1)=　　　　. ‎ 答案　2‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法1　求函数的导数的方法 ‎1.曲线f(x)=x‎2‎‎+ax+1‎在点(1, f(1))处切线的倾斜角为‎3π‎4‎,则实数a=　(　　)‎ A.1　　　　B.-1　　　　C.7　　　　D.-7‎ 答案　C　‎ 方法2　利用导数的几何意义求曲线的切线方程 ‎2.(2015陕西,15,5分)设曲线y=ex在点(0,1)处的切线与曲线y=‎1‎x(x>0)上点P处的切线垂直,则P的坐标为　　　　. ‎ 答案　(1,1)‎ ‎3.(2016北京,18,13分)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.‎ ‎(1)求a,b的值;‎ ‎(2)求f(x)的单调区间.‎ 解析　(1)因为f(x)=xea-x+bx,所以f '(x)=(1-x)ea-x+b.‎ 依题设,知f(2)=2e+2,‎f '(2)=e-1,‎ 即‎2ea-2‎+2b=2e+2,‎‎-ea-2‎+b=e-1.‎ 解得a=2,b=e.‎ ‎(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.‎ 由f '(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知, f '(x)与1-x+ex-1同号.‎ 令g(x)=1-x+ex-1,则g'(x)=-1+ex-1.‎ 所以,当x∈(-∞,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减;‎ 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.‎ 故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值,‎ 从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞).‎ 综上可知, f '(x)>0,x∈(-∞,+∞).故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).‎ 方法总结　(1)曲线在某点处的切线满足两个条件:一是过该点,二是斜率(若斜率存在)等于函数在该点处的导数值.(2)讨论函数的单调性可转化为讨论导函数的符号变化,因此常将导函数作为一个新函数来研究其值域(最值),利用所得结果确定原函数的单调性.‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　自主命题·天津卷题组 考点一　导数的概念与几何意义 ‎1.(2017天津文,10,5分)已知a∈R,设函数f(x)=ax-ln x的图象在点(1, f(1))处的切线为l,则l在y轴上的截距为　　　　. ‎ 答案　1‎ ‎2.(2017天津文,19,14分)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x).‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)已知函数y=g(x)和y=ex的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线.‎ ‎(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;‎ ‎(ii)若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.‎ 解析　(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,‎ 可得f '(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].‎ 令f '(x)=0,解得x=a,或x=4-a.‎ 由|a|≤1,得a<4-a.‎ 当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如表:‎ x ‎(-∞,a)‎ ‎(a,4-a)‎ ‎(4-a,+∞)‎ f '(x)‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎↗‎ 所以, f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a).‎ ‎(2)(i)证明:因为g'(x)=ex[f(x)+f '(x)],由题意知g(x‎0‎)=ex‎0‎,‎g'(x‎0‎)=ex‎0‎,‎所以f(x‎0‎)ex‎0‎=ex‎0‎,‎ex‎0‎‎[f(x‎0‎)+f '(x‎0‎)]=ex‎0‎,‎ 解得f(x‎0‎)=1,‎f '(x‎0‎)=0.‎ 所以, f(x)在x=x0处的导数等于0.‎ ‎(ii)因为g(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],g(x)=exf(x),所以由ex>0,可得f(x)≤1.又因为f(x0)=1, f '(x0)=0,故x0为f(x)的极大值点,‎ 由(1)知x0=a.由于|a|≤1,故a+1<4-a,‎ 由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,故当x0=a时, f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,从而g(x)≤ex在[x0-1,x0+1]上恒成立.‎ 由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,‎ 得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1.‎ 令t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1],‎ 所以t'(x)=6x2-12x,‎ 令t'(x)=0,解得x=2(舍去),或x=0.‎ 因为t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,‎ 因此,t(x)的值域为[-7,1].‎ 所以,b的取值范围是[-7,1].‎ 思路分析　(1)求出函数f(x)的导函数及极值点,通过列表判断函数的单调性,求出单调区间即可.‎ ‎(2)(i)对函数y=g(x)和y=ex求导,根据已知条件得方程组g(x‎0‎)=ex‎0‎,‎g'(x‎0‎)=ex‎0‎.‎解方程组可得出f '(x0)=0.‎ ‎(ii)不等式g(x)≤ex在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,由ex>0,可得f(x)≤1.根据(1)可知f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立.由f(a)=1,得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1,利用导数即可求出b的取值范围.‎ 评析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查用函数思想解决问题的能力.‎ ‎3.(2013天津文,20,14分)设a∈[-2,0],已知函数f(x)=‎x‎3‎‎-(a+5)x,　　　x≤0,‎x‎3‎‎-a+3‎‎2‎x‎2‎+ax,　　　　x>0.‎ ‎(1)证明f(x)在区间(-1,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增;‎ ‎(2)设曲线y=f(x)在点Pi(xi, f(xi))(i=1,2,3)处的切线相互平行,且x1x2x3≠0.‎ 证明x1+x2+x3>-‎1‎‎3‎.‎ 解析　(1)设函数f1(x)=x3-(a+5)x(x≤0),‎ f2(x)=x3-a+3‎‎2‎x2+ax(x>0),‎ ‎① f '1(x)=3x2-(a+5),由a∈[-2,0],‎ 从而当-11时, f '2(x)>0.‎ 即函数f2(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.‎ 综合①,②及f1(0)=f2(0),可知函数f(x)在区间(-1,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.‎ ‎(2)由(1)知f '(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间‎0,‎a+3‎‎6‎内单调递减,‎ 在区间a+3‎‎6‎‎,+∞‎内单调递增.‎ 因为曲线y=f(x)在点Pi(xi, f(xi))(i=1,2,3)处的切线相互平行,从而x1,x2,x3互不相等,且f '(x1)=f '(x2)=‎ f '(x3).不妨设x1<0-‎2a+5‎‎3‎+a+3‎‎3‎,‎ 设t=‎2a+5‎‎3‎,则a=‎3t‎2‎-5‎‎2‎,‎ 因为a∈[-2,0],‎ 所以t∈‎3‎‎3‎‎,‎‎15‎‎3‎,‎ 故x1+x2+x3>-t+‎3t‎2‎+1‎‎6‎=‎1‎‎2‎(t-1)2-‎1‎‎3‎≥-‎1‎‎3‎,‎ 即x1+x2+x3>-‎1‎‎3‎.‎ 评析本题主要考查导数的运算及其几何意义,利用导数研究函数的单调性,考查分类讨论思想、化归思想、函数思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.‎ 考点二　导数的运算 ‎1.(2018天津文,10,5分)已知函数f(x)=exln x, f '(x)为f(x)的导函数,则f '(1)的值为　　　　. ‎ 答案　e ‎2.(2016天津文,10,5分)已知函数f(x)=(2x+1)ex, f '(x)为f(x)的导函数,则f '(0)的值为　　　　. ‎ 答案　3‎ B组　统一命题、省(区、市)卷题组 ‎1.(2014课标Ⅱ,8,5分)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=(　　)‎ A.0　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.3‎ 答案　D　‎ ‎2.(2018课标Ⅱ,13,5分)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为　　　　. ‎ 答案　y=2x ‎3.(2018课标Ⅲ,14,5分)曲线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a=　　　　. ‎ 答案　-3‎ ‎4.(2016课标Ⅲ,15,5分)已知f(x)为偶函数,当x<0时, f(x)=ln(-x)+3x,则曲线y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程是　　　　. ‎ 答案　y=-2x-1‎ ‎5.(2016课标Ⅱ,16,5分)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b=　　　　. ‎ 答案　1-ln 2‎ ‎6.(2014课标Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=aexln x+bex-1‎x,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.‎ ‎(1)求a,b;‎ ‎(2)证明:f(x)>1.‎ 解析　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=aexln x+axex-bx‎2‎ex-1+bxex-1.‎ 由题意可得f(1)=2, f '(1)=e.‎ 故a=1,b=2.‎ ‎(2)由(1)知, f(x)=exln x+‎2‎xex-1,从而f(x)>1等价于xln x>xe-x-‎2‎e.‎ 设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x.‎ 所以当x∈‎0,‎‎1‎e时,g'(x)<0;当x∈‎1‎e‎,+∞‎时,‎ g'(x)>0.‎ 故g(x)在‎0,‎‎1‎e上单调递减,在‎1‎e‎,+∞‎上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g‎1‎e=-‎1‎e.‎ 设函数h(x)=xe-x-‎2‎e,则h'(x)=e-x(1-x).‎ 所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.‎ 故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-‎1‎e.‎ 综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.‎ 评析本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性及最值问题,考查等价转化思想及逻辑推理能力.‎ C组　教师专用题组 ‎1.(2016山东,10,5分)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y=f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是(　　)‎ A.y=sin x　　　　B.y=ln x　　　　C.y=ex　　　　D.y=x3‎ 答案　A　‎ ‎2.(2013课标Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.‎ ‎(1)求a,b,c,d的值;‎ ‎(2)若x≥-2时, f(x)≤kg(x),求k的取值范围.‎ 解析　(1)由已知得f(0)=2,g(0)=2, f '(0)=4,g'(0)=4.‎ 而f '(x)=2x+a,g'(x)=ex(cx+d+c),‎ 故b=2,d=2,a=4,d+c=4.‎ 从而a=4,b=2,c=2,d=2.‎ ‎(2)由(1)知, f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1).‎ 设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,则 F'(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1).‎ 由题设可得F(0)≥0,即k≥1.‎ 令F'(x)=0,得x1=-ln k,x2=-2.‎ ‎(i)若1≤k0.即F(x)在(-2,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增.故F(x)在[-2,+∞)上的最小值为F(x1).而F(x1)=2x1+2-x‎1‎‎2‎-4x1-2=-x1(x1+2)≥0.‎ 故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.‎ ‎(ii)若k=e2,则F'(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).‎ 从而当x>-2时,F'(x)>0,‎ 即F(x)在(-2,+∞)上单调递增.‎ 而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.‎ ‎(iii)若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0.从而当x≥-2时, f(x)≤kg(x)不可能恒成立.‎ 综上,k的取值范围是[1,e2].‎ 评析本题考查了导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性,考查了分类与整合、函数与方程的思想;结合特值限定参数的范围可减少分类的情况,有利于提高效率,利用两根大小作为讨论的分界点是解题关键.‎ ‎【三年模拟】‎ 一、选择题(每小题5分,共5分)‎ ‎1.(2018天津静海一中模拟,8)已知f(x)+f '(x)=x+1,且f(0)=1, f(x)0),g(x)=bx2+2b-1.‎ ‎(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求a,b的值;‎ ‎(2)当a=1-2b时,若函数f(x)+g(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求a的取值范围;‎ ‎(3)当a=1-2b=1时,求函数f(x)+g(x)在区间[t,t+3]上的最大值.‎ 解析　(1)由已知得f '(x)=x2-a,g'(x)=2bx.‎ 因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,‎ 所以f(1)=g(1),且f '(1)=g'(1),‎ 即‎1‎‎3‎-a=b+2b-1,且1-a=2b,‎ 解得a=‎1‎‎3‎,b=‎1‎‎3‎.‎ ‎(2)设h(x)=f(x)+g(x),‎ 当a=1-2b时,h(x)=‎1‎‎3‎x3+‎1-a‎2‎x2-ax-a,‎ h'(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a),‎ 令h'(x)=0,得x=-1或a(a>0).‎ 当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,-1)‎ ‎-1‎ ‎(-1,a)‎ a ‎(a,+∞)‎ h'(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ h(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以函数h(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间为(-1,a),‎ 因为a>0,‎ 所以h(x)在区间(-2,-1)上单调递增,在区间(-1,0)上单调递减,‎ 要使函数h(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,则 h(-2)<0,‎h(-1)>0,‎h(0)<0,‎解得01,h(x)在区间[t,1)上单调递减,在区间[1,t+3]上单调递增,‎ 所以h(x)在区间[t,t+3]上的最大值为h(t)与h(t+3)中的较大者.‎ 由h(t+3)-h(t)=3(t+1)(t+2)知,当-1≤t<1时,h(t+3)≥h(t),‎ 所以h(x)在区间[t,t+3]上的最大值为h(t+3)=‎1‎‎3‎t3+3t2+8t+5;‎ ‎④当t≥1时,h(x)在区间[t,t+3]上单调递增,‎ 所以h(x)在区间[t,t+3]上的最大值为h(t+3)=‎1‎‎3‎t3+3t2+8t+5.‎ 综上,当t<-4或t≥-1时, f(x)+g(x)在区间[t,t+3]上的最大值为‎1‎‎3‎t3+3t2+8t+5;当-4≤t<-1时, f(x)+g(x)在区间[t,t+3]上的最大值为-‎1‎‎3‎.‎ 解题分析　本题考查利用导数研究曲线上某点处的切线方程、函数的零点及函数在闭区间上的最值问题,考查分类讨论思想、数形结合思想,考查学生综合运用知识分析解决问题的能力,综合性强,难度大.‎ ‎7.(2018天津红桥二模,20)已知函数f(x)=a2x2+ax-ln x.‎ ‎(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)设g(x)=a2x2-f(x),且函数g(x)在x=1处的切线为l,直线l'∥l,且l'在y轴上的截距为1,求证:无论a取何实数,函数g(x)的图象恒在直线l'的下方;‎ ‎(3)已知点A(1,g(1)),Q(x0,g(x0)),且当x0>1时,直线QA的斜率恒小于2,求实数a的取值范围.‎ 解析　(1)a=1时, f(x)=x2+x-ln x,‎ f '(x)=2x+1-‎1‎x=‎(x+1)(2x-1)‎x(x>0),令f '(x)=0,得x=‎1‎‎2‎,‎ ‎∴x>0时, f(x)与f '(x)的变化情况如下表:‎ x ‎0,‎‎1‎‎2‎ ‎1‎‎2‎ ‎1‎‎2‎‎,+∞‎ f '(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎∴函数f(x)的单调递增区间为‎1‎‎2‎‎,+∞‎,单调递减区间为‎0,‎‎1‎‎2‎.‎ ‎(2)证明:∵g(x)=a2x2-f(x)=ln x-ax,∴g'(x)=‎1‎x-a,x>0,‎ ‎∴g'(1)=1-a,∴直线l的斜率kl=1-a.‎ ‎∵l'∥l,且l'在y轴上的截距为1,‎ ‎∴直线l'的方程为y=(1-a)x+1.‎ 令h(x)=g(x)-[(1-a)x+1]=ln x-x-1(x>0),‎ h'(x)=‎1‎x-1=‎1-xx,‎ 当x∈(0,1)时,h'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,‎ ‎∴函数h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,‎ ‎∴当x=1时,h(x)取得极大值,极大值为h(1)=-2,‎ ‎∴在(0,+∞)上,h(x)取得最大值h(1)=-2,‎ ‎∴h(x)≤-2<0(∀a∈R,∀x>0),‎ ‎∴无论a取何实数,函数g(x)的图象恒在直线l'的下方.‎ ‎(3)∵A(1,-a),Q(x0,ln x0-ax0),‎ ‎∴kQA=ln x‎0‎-ax‎0‎+ax‎0‎‎-1‎=ln ‎x‎0‎x‎0‎‎-1‎-a,‎ ‎∴当x0>1时,ln ‎x‎0‎x‎0‎‎-1‎-a<2,即ln x0-(a+2)(x0-1)<0恒成立,‎ 令r(x)=ln x-(a+2)(x-1)(x>1),‎ 则r'(x)=‎1‎x-(a+2),‎ ‎∵x>1,∴0<‎1‎x<1.‎ ‎①当a≤-2时,a+2≤0,此时r'(x)>0,‎ ‎∴r(x)在(1,+∞)上单调递增,有r(x)>r(1)=0,不满足题意;‎ ‎②当-20,当x∈‎1‎a+2‎‎,+∞‎时,r'(x)<0,‎ ‎∴至少存在t∈‎1,‎‎1‎a+2‎,使得r(t)>r(1)=0,不满足题意;‎ ‎③当a≥-1时,a+2≥1,此时r'(x)<0,‎ ‎∴r(x)在(1,+∞)上单调递减,r(x)0)有唯一实数解,求m的值.‎ 解析　(1)依题意,知f(x)的定义域为(0,+∞),当a=b=‎1‎‎2‎时, f(x)=ln x-‎1‎‎4‎x2-‎1‎‎2‎x,‎ f '(x)=‎1‎x-‎1‎‎2‎x-‎1‎‎2‎=‎-(x+2)(x-1)‎‎2x,‎ 令f '(x)=0,得x=1或x=-2(舍).‎ 当00,此时f(x)单调递增;‎ 当x>1时, f '(x)<0,此时f(x)单调递减.‎ ‎∴f(x)的最大值为f(1)=-‎3‎‎4‎.‎ ‎(2)由题意知F(x)=ln x+ax,x∈(0,3],F'(x)=‎1‎x-ax‎2‎=x-ax‎2‎,则有k=F'(x0)=x‎0‎‎-ax‎0‎‎2‎≤‎1‎‎2‎在(0,3]上恒成立,‎ ‎∴a≥‎-‎1‎‎2‎x‎0‎‎2‎+‎x‎0‎max,x0∈(0,3].‎ 当x0=1时,-‎1‎‎2‎x‎0‎‎2‎+x0取得最大值‎1‎‎2‎,‎ ‎∴a≥‎1‎‎2‎.‎ ‎(3)当a=0,b=-1时, f(x)=ln x+x,‎ ‎∵方程2mf(x)=x2有唯一实数解,‎ ‎∴x2-2mln x-2mx=0有唯一实数解.‎ 设g(x)=x2-2mln x-2mx,‎ 则g'(x)=‎2x‎2‎-2mx-2mx(x>0).‎ ‎∵m>0,x>0,设g'(x)=0,‎ 即x2-mx-m=0的两根分别为x1,x2,‎ ‎∴x1=m-‎m‎2‎‎+4m‎2‎<0(舍去),x2=m+‎m‎2‎‎+4m‎2‎.‎ 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;‎ 当x=x2时,g'(x2)=0,g(x)取到最小值g(x2).‎ ‎∵g(x)=0有唯一解,∴g(x2)=0.‎ 则g(x‎2‎)=0,‎g'(x‎2‎)=0,‎即x‎2‎‎2‎‎-2mln x‎2‎-2mx‎2‎=0,‎x‎2‎‎2‎‎-mx‎2‎-m=0.‎ ‎∴2mln x2+mx2-m=0.∵m>0,∴2ln x2+x2-1=0(*),‎ 设h(x)=2ln x+x-1,x>0,则h'(x)=‎2‎x+1,∵当x>0时,h'(x)>0,∴h(x)在(0,+∞)上是增函数,∴h(x)=0至多有一解.‎ ‎∵h(1)=0,∴方程(*)的解为x2=1,即m+‎m‎2‎‎+4m‎2‎=1,解得m=‎1‎‎2‎.‎