Question

7．设函数f（x）=x²lnx-ax²+b在点（x₀，f（x₀））处的切线方程为y=-x+b．
（Ⅰ）求实数a及x₀的值；
（Ⅱ）求证：对任意实数b∈（0，$\frac{e}{2}$），函数f（x）有且仅有两个零点．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，求得切线的斜率，由已知切线方程，可得a，x₀的方程，即可解得a；
（Ⅱ）求出函数的导数，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，可得减区间，可得极小值和最小值，运用零点存在定理可得f（x）在（$\sqrt{e}$，e）一定有一解．再证f（x）在0＜x＜$\sqrt{e}$时，f（x）＞0．令h（x）=xlnx-x，运用导数和两点存在定理，即可得证．

解答 （Ⅰ）解：f′（x）=2xlnx+x-2ax，
即有在点（x₀，f（x₀））处的切线斜率为k=2x₀lnx₀+x₀-2ax₀，
由于在点（x₀，f（x₀））处的切线方程为y=-x+b，
则有2x₀lnx₀+x₀-2ax₀=-1，x₀²lnx₀-ax₀²+b=b-x₀，
解得x₀=1，a=1；
（Ⅱ）证明：函数f（x）=x²lnx-x²+b，b∈（0，$\frac{e}{2}$），
f′（x）=2xlnx-x，令f′（x）=0，解得x=$\sqrt{e}$，
0＜x＜$\sqrt{e}$，f′（x）＜0，f（x）递减，
x＞$\sqrt{e}$，f′（x）＞0，f（x）递增．
即有f（x）在x=$\sqrt{e}$处取得极小值，也为最小值，且为f（$\sqrt{e}$）=$\frac{1}{2}$e-e+b＜0，
f（e）=e²-e²+b＞0，
即有f（x）在（$\sqrt{e}$，e）一定有一解．
下证f（x）在0＜x＜$\sqrt{e}$时，f（x）＞0．
令h（x）=xlnx-x，h′（x）=lnx，
0＜x＜1，h（x）递减，h（x）＞h（1）=-1，
由f（x）=x（xlnx-x）+b=xh（x）+b，
即有f（x）＞b-x，
取x₁∈[1，$\sqrt{e}$]，则f（x₁）＞b-x₁＞0，
则有f（x）在（x₁，$\sqrt{e}$）上一定有一解．
综上所述，可得对任意实数b∈（0，$\frac{e}{2}$），
函数f（x）有且仅有两个零点．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，主要考查导数的几何意义和函数零点存在定理，属于中档题和易错题．