Question

14．已知函数f（x）=ax²-ax-xlnx，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x₀，且e^-2＜f（x₀）＜2^-2．

Answer 1

分析 （1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）=ax-a-lnx≥0，进而利用h′（x）=a-$\frac{1}{x}$可得h（x）_min=h（$\frac{1}{a}$），从而可得结论；
（2）通过（1）可知f（x）=x²-x-xlnx，记t（x）=f′（x）=2x-2-lnx，解不等式可知t（x）_min=t（$\frac{1}{2}$）=ln2-1＜0，从而可知f′（x）=0存在两根x₀，x₂，利用f（x）必存在唯一极大值点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：因为f（x）=ax²-ax-xlnx=x（ax-a-lnx）（x＞0），
则f（x）≥0等价于h（x）=ax-a-lnx≥0，求导可知h′（x）=a-$\frac{1}{x}$．
则当a≤0时h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x₀＞1时，h（x₀）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0．
因为当0＜x＜$\frac{1}{a}$时h′（x）＜0、当x＞$\frac{1}{a}$时h′（x）＞0，
所以h（x）_min=h（$\frac{1}{a}$），
又因为h（1）=a-a-ln1=0，
所以$\frac{1}{a}$=1，解得a=1；
（2）证明：由（1）可知f（x）=x²-x-xlnx，f′（x）=2x-2-lnx，
令f′（x）=0，可得2x-2-lnx=0，记t（x）=2x-2-lnx，则t′（x）=2-$\frac{1}{x}$，
令t′（x）=0，解得：x=$\frac{1}{2}$，
所以t（x）在区间（0，$\frac{1}{2}$）上单调递减，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上单调递增，
所以t（x）_min=t（$\frac{1}{2}$）=ln2-1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x₀，x₂，
且不妨设f′（x）在（0，x₀）上为正、在（x₀，x₂）上为负、在（x₂，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点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）上单调递增，在（x₀，$\frac{1}{e}$）上单调递减，
所以f（x₀）＞f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{{e}^{2}}$；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x₀，且e^-2＜f（x₀）＜2^-2．

点评 本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．