Question

15．已知函数f（x）=（x-a）²lnx（a为常数）．
（Ⅰ）a=0时，比较f（x）与x（x-1）的大小；
（Ⅱ）如果0＜a＜1，证明f（x）在（a，1）上有唯一极小值点．

Answer 1

分析 （1）先通过特殊值，比较两数的大小，再猜想，构造函数，利用函数的单调性和最值比较大小；
（2）利用用导数，讨论导函数在（a，1）上正负性，判断f（x）在（a，1）上的单调性．

解答 解；（Ⅰ）当a=0时，f（x）=x²lnx，
f（1）=0，f（e）=e²＞e（e-1），猜想f（x）≥x（x-1），下面证明
f（x）-x（x-1）=x²lnx-x（x-1）≥0，?$lnx≥\frac{x-1}{x}$，定义域为（0，+∞）
令g（x）=$lnx-\frac{x-1}{x}$，g′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$
∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴g（x）≥g（1）=0，即f（x）≥x（x-1）；
（Ⅱ）f′（x）=$（x-a）（2lnx+1-\frac{a}{x}）$，令h（x）=$2lnx+1-\frac{a}{x}$
∴${h}^{′}（x）=\frac{2}{x}+\frac{a}{{x}^{2}}$＞0，即h（x）在（0，+∞）上单调递增，
又h（a）=2lna＜0，h（1）=1-a＞0，存在唯一x₀∈（a，1），使h（x₀）=0，
当0＜x＜x₀时，h（x）＜0，当x＞x₀时，h（x）＞0
于是0＜x＜a时，f′（x）＞0；a＜x＜x₀时，f′（x）＜0，x＞x₀时，f′（x）＞0
即f（x）在（0，a）上单调递增，在（a，x₀）上递减，在（x₀，+∞）上单调递增，从而在（x₀，1）上单调递增，
故f（x）在（a，1）上唯一极小值点．

点评 本题考查了导数在证明不等式中的运用，运用了等价转化，分类讨论思想，是一道导数的综合应用题．属于难题．