已知函数f（x）=mx2-x+lnx．

解题思路：（1）求导数，确定函数的单调性，即可求f（x）的最大值；
（2）在函数f（x）的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，等价于2mx²-x+1＜0在（0，+∞）上有解，分类讨论，可求m的取值范围；
（3）求出切线方程为y-m+1=2m（x-1），即y=2mx-m-1，从而方程mx²-x+lnx=2mx-m-1在（0，+∞）上只有一解，分类讨论，可求m的值．

（1）当m=-1时，f（x）=-x²-x+lnx，
所以f′（x）=-2x-1+[1/x]=-
(2x−1)(x+1)
x，
所以当0＜x＜[1/2]，f′（x）＞0，当x＞[1/2]，f′（x）＜0，
因此当x=[1/2]时，f（x）_max=f（[1/2]）=-[3/4]-ln2．（3分）
（2）f′（x）=2mx-1+[1/x]=
2mx2−x+1
x，
即2mx²-x+1＜0在（0，+∞）上有解．
①m≤0显然成立；
②m＞0时，由于对称轴x=[1/4m]＞0，故△=1-8m＞0，所以m＜[1/8]，
综上，m＜[1/8]．（8分）
（3）因为f（1）=m-1，f′（1）=2m，所以切线方程为y-m+1=2m（x-1），即y=2mx-m-1，
从而方程mx²-x+lnx=2mx-m-1在（0，+∞）上只有一解．
令g（x）=mx²-x+lnx-2mx+m+1，则g′（x）=2mx-1-2m+[1/x]=
2mx2−x−2mx+1
x=
(2mx−1)(x−1)
x（10分）
所以1°m=[1/2]，g′（x）≥0，所以y=g（x）在x∈（0，+∞）单调递增，且g（1）=0，所以mx²-x+lnx=2mx-m-1只有一解．（12分）
2°0＜m＜[1/2]，x∈（0，1），g′（x）＞0；x∈（1，[1/2m]），g′（x）＜0；x∈（[1/2m]，+∞）），g′（x）＞0，
由g（1）=0及函数单调性可知g（[1/2m]）＜0，
因为g（x）=mx[x-（2+[1/m]）]+m+lnx+1，取x=2+[1/m]，则g（2+[1/m]）＞0．
因此在（[1/2m]，+∞）），方程mx²-x+lnx=2mx-m-1必有一解，从而不符题意（14分）
3°m＞[1/2]，x∈（0，[1/2m]），g′（x）＞0；x∈（[1/2m]，1）），g′（x）＜0；x∈（1，+∞），g′（x）＞0，
同理在（0，[1/2m]），方程mx²-x+lnx=2mx-m-1必有一解，从而不符题意．（16分）

点评：
本题考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．

考点点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查导数的几何意义，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．