已知函数 $f(x)=m\ln x$ 与函数 $h(x)=\dfrac{x-1}{2x}$（$x>0$）的图象有且只有一条公切线，求实数 $m$ 的值．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$\dfrac 12$
【解析】
$f(x)$ 在点 $(a,m\ln a)$ 处的切线为$$y=\dfrac ma(x-a)+m\ln a.$$而 $h(x)$ 在点 $\left(b,\dfrac 12-\dfrac 1{2b}\right)$ 处的切线为$$y=\dfrac 1{2b^2}(x-b)+\dfrac 12-\dfrac 1{2b}.$$这两条切线重合知$$\begin{cases} \dfrac ma=\dfrac 1{2b^2},\\-m+m\ln a=-\dfrac 1b+\dfrac 12.\end{cases}$$问题即当 $m$ 在什么范围内时，关于 $(a,b)$ 的方程的有唯一一组解．因为 $a$ 与 $b$ 的值一一对应，如果在方程组中消去 $b$，得到$$m\ln a+\sqrt{\dfrac {2m}{a}}-m-\dfrac 12=0,$$此方程组对 $a>0$ 有唯一解，不好计算；
如果在方程组中消去 $a$ 得到$$m\ln(2m)-m+2m\ln b+\dfrac 1b-\dfrac 12=0$$对 $b>0$ 有唯一解，记左边为 $g(b)$，则有$$g'(b)=\dfrac {2mb-1}{b^2},$$方程组有解时有 $m>0$，所以 $g(b)$ 在 $\left(0,\dfrac 1{2m}\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac 1{2m},+\infty\right)$ 上单调递增，所以$$g(b)_{\min}=g\left(\dfrac 1{2m}\right)=m-\dfrac 12-m\ln(2m),$$而当 $b\to 0$ 与 $b\to+\infty$ 时，均有 $g(b)\to +\infty$，所以当且仅当这个最小值等于零时方程 $g(b)=0$ 有唯一解．
最后解方程$$m-\dfrac 12-m\ln(2m)=0,$$显然 $m=\dfrac 12$ 是它的解，考虑\[h(m)=m-\dfrac 12-m\ln(2m),\]有\[h'(m)=-\ln(2m),\]所以 $h(m)$ 在 $\left(0,\dfrac 12\right)$ 上单调递增，在 $\left(\dfrac 12,+\infty\right )$ 上单调递减，所以 $\dfrac 12$ 是 $h(m)=0$ 的唯一解，所以 $m=\dfrac 12$．
如果在方程组中消去 $a$ 得到$$m\ln(2m)-m+2m\ln b+\dfrac 1b-\dfrac 12=0$$对 $b>0$ 有唯一解，记左边为 $g(b)$，则有$$g'(b)=\dfrac {2mb-1}{b^2},$$方程组有解时有 $m>0$，所以 $g(b)$ 在 $\left(0,\dfrac 1{2m}\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac 1{2m},+\infty\right)$ 上单调递增，所以$$g(b)_{\min}=g\left(\dfrac 1{2m}\right)=m-\dfrac 12-m\ln(2m),$$而当 $b\to 0$ 与 $b\to+\infty$ 时，均有 $g(b)\to +\infty$，所以当且仅当这个最小值等于零时方程 $g(b)=0$ 有唯一解．
最后解方程$$m-\dfrac 12-m\ln(2m)=0,$$显然 $m=\dfrac 12$ 是它的解，考虑\[h(m)=m-\dfrac 12-m\ln(2m),\]有\[h'(m)=-\ln(2m),\]所以 $h(m)$ 在 $\left(0,\dfrac 12\right)$ 上单调递增，在 $\left(\dfrac 12,+\infty\right )$ 上单调递减，所以 $\dfrac 12$ 是 $h(m)=0$ 的唯一解，所以 $m=\dfrac 12$．
答案
解析
备注
