Question

14．已知函數(shù)f（x）=ax²-ax-xlnx，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）證明：f（x）存在唯一的極大值點x₀，且e^-2＜f（x₀）＜2^-2．

Answer 1

分析 （1）通過分析可知f（x）≥0等價于h（x）=ax-a-lnx≥0，進而利用h′（x）=a-$\frac{1}{x}$可得h（x）_min=h（$\frac{1}{a}$），從而可得結(jié)論；
（2）通過（1）可知f（x）=x²-x-xlnx，記t（x）=f′（x）=2x-2-lnx，解不等式可知t（x）_min=t（$\frac{1}{2}$）=ln2-1＜0，從而可知f′（x）=0存在兩根x₀，x₂，利用f（x）必存在唯一極大值點x₀及x₀＜$\frac{1}{2}$可知f（x₀）＜$\frac{1}{4}$，另一方面可知f（x₀）＞f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{{e}^{2}}$．

解答 （1）解：因為f（x）=ax²-ax-xlnx=x（ax-a-lnx）（x＞0），
則f（x）≥0等價于h（x）=ax-a-lnx≥0，求導可知h′（x）=a-$\frac{1}{x}$．
則當a≤0時h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
所以當x₀＞1時，h（x₀）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0．
因為當0＜x＜$\frac{1}{a}$時h′（x）＜0、當x＞$\frac{1}{a}$時h′（x）＞0，
所以h（x）_min=h（$\frac{1}{a}$），
又因為h（1）=a-a-ln1=0，
所以$\frac{1}{a}$=1，解得a=1；
（2）證明：由（1）可知f（x）=x²-x-xlnx，f′（x）=2x-2-lnx，
令f′（x）=0，可得2x-2-lnx=0，記t（x）=2x-2-lnx，則t′（x）=2-$\frac{1}{x}$，
令t′（x）=0，解得：x=$\frac{1}{2}$，
所以t（x）在區(qū)間（0，$\frac{1}{2}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上單調(diào)遞增，
所以t（x）_min=t（$\frac{1}{2}$）=ln2-1＜0，從而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在兩根x₀，x₂，
且不妨設(shè)f′（x）在（0，x₀）上為正、在（x₀，x₂）上為負、在（x₂，+∞）上為正，
所以f（x）必存在唯一極大值點x₀，且2x₀-2-lnx₀=0，
所以f（x₀）=${{x}_{0}}^{2}$-x₀-x₀lnx₀=${{x}_{0}}^{2}$-x₀+2x₀-2${{x}_{0}}^{2}$=x₀-${{x}_{0}}^{2}$，
由x₀＜$\frac{1}{2}$可知f（x₀）＜（x₀-${{x}_{0}}^{2}$）_max=-$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{4}$；
由f′（$\frac{1}{e}$）＜0可知x₀＜$\frac{1}{e}$＜$\frac{1}{2}$，
所以f（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞增，在（x₀，$\frac{1}{e}$）上單調(diào)遞減，
所以f（x₀）＞f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{{e}^{2}}$；
綜上所述，f（x）存在唯一的極大值點x₀，且e^-2＜f（x₀）＜2^-2．

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的極值，考查運算求解能力，考查轉(zhuǎn)化思想，注意解題方法的積累，屬于難題．