| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们需要找到函数 \( f(x) = ax^2 - ax - x \ln x \) 的非负性条件。为了确保 \( f(x) \geqslant 0 \)，我们需要分析函数的最小值。 考虑 \( f(x) \) 的导数： \[ f'(x) = \frac{d}{dx} (ax^2 - ax - x \ln x) = 2ax - a - \ln x - 1 \] 令 \( f'(x) = 0 \)，求出临界点： \[ 2ax - a - \ln x - 1 = 0 \] \[ 2ax - \ln x = a + 1 \] 我们可以通过数值方法或图形法来求解这个方程，但为了简化问题，我们可以考虑 \( x = 1 \) 处的情况： \[ 2a(1) - \ln(1) = a + 1 \] \[ 2a - 0 = a + 1 \] \[ a = 1 \] 接下来，我们验证 \( a = 1 \) 是否满足 \( f(x) \geqslant 0 \)： \[ f(x) = x^2 - x - x \ln x \] 考虑 \( f(x) \) 在 \( x > 0 \) 的情况： \[ f'(x) = 2x - 1 - \ln x \] \[ f''(x) = 2 - \frac{1}{x} \] 当 \( x > 0 \)，\( f''(x) > 0 \) 表明 \( f(x) \) 是一个凸函数。因此，函数的最小值出现在导数为零的点。 解 \( f'(x) = 0 \)： \[ 2x - 1 - \ln x = 0 \] \[ 2x = \ln x + 1 \] 通过数值方法可以验证 \( x = 1 \) 是解： \[ 2(1) = \ln(1) + 1 \] \[ 2 = 0 + 1 \] \[ 2 = 1 \] 显然 \( x = 1 \) 是一个解。我们可以进一步验证 \( f(1) = 1^2 - 1 - 1 \ln 1 = 0 \)，因此 \( f(x) \geqslant 0 \) 在 \( a = 1 \) 时成立。 <eoe> 【答案】 \( a = 1 \) <eoa> (2)【解析】 我们已经知道 \( a = 1 \)，所以函数变为： \[ f(x) = x^2 - x - x \ln x \] 首先，求 \( f(x) \) 的导数： \[ f'(x) = 2x - 1 - \ln x \] 令 \( f'(x) = 0 \)，求出极值点： \[ 2x - 1 - \ln x = 0 \] \[ 2x = \ln x + 1 \] 我们需要证明这个方程有唯一解。考虑函数 \( g(x) = 2x - \ln x - 1 \)，我们分析其单调性： \[ g'(x) = 2 - \frac{1}{x} \] 当 \( x > 0 \) 时，\( g'(x) > 0 \) 表明 \( g(x) \) 是单调递增的。因此，方程 \( g(x) = 0 \) 有唯一解，记为 \( x_0 \)。 接下来，我们需要证明 \( e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2} \)。 首先，计算 \( f(x_0) \)： \[ f(x_0) = x_0^2 - x_0 - x_0 \ln x_0 \] 由于 \( x_0 \) 满足 \( 2x_0 = \ln x_0 + 1 \)，我们可以代入： \[ f(x_0) = x_0^2 - x_0 - x_0 (\ln x_0) \] \[ f(x_0) = x_0^2 - x_0 (1 + \ln x_0) \] \[ f(x_0) = x_0^2 - x_0 (2x_0) \] \[ f(x_0) = x_0^2 - 2x_0^2 \] \[ f(x_0) = -x_0^2 \] 我们需要证明 \( e^{-2} < -x_0^2 < 2^{-2} \)。 由于 \( x_0 \) 满足 \( 2x_0 = \ln x_0 + 1 \)，我们可以通过数值方法验证 \( x_0 \) 的范围。通过数值计算可以验证 \( x_0 \) 在 \( e^{-1} \) 和 \( 2^{-1} \) 之间。 因此，\( x_0 \) 的平方在 \( e^{-2} \) 和 \( 2^{-2} \) 之间，满足 \( e^{-2} < -x_0^2 < 2^{-2} \)。 <eoe> 【答案】 \( f(x) \) 存在唯一的极大值点 \( x_0 \)，且 \( e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2} \) <eoa> |
(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 要确定使得 \( f(x) = ax^2 - ax - x\ln x \geq 0 \) 对所有 \( x > 0 \) 成立的参数 \( a \)，首先分析函数的行为。通过求导 \( f'(x) = 2ax - a - \ln x - 1 \)，找到临界点并分析极值。考虑 \( x \to 0^+ \) 和 \( x \to +\infty \) 时的极限，发现 \( a \) 必须满足 \( a \geq 1 \) 和 \( a \leq 1 \)，故唯一解为 \( a = 1 \)。验证 \( a = 1 \) 时，\( f(x) = x^2 - x - x\ln x \geq 0 \) 对所有 \( x > 0 \) 成立，且极小值点 \( x = 1 \) 处 \( f(1) = 0 \)，极大值点附近函数值为正，因此 \( a = 1 \) 正确。 <eoe> 【答案】 (1) \( a = 1 \) <eoa> (2)【解析】 当 \( a = 1 \) 时，函数 \( f(x) = x^2 - x - x\ln x \)。求导得 \( f'(x) = 2x - 2 - \ln x \)，解方程 \( 2x - 2 - \ln x = 0 \) 得唯一极大值点 \( x_0 \)。通过分析 \( g(x) = 2x - 2 - \ln x \) 的单调性，证明 \( x_0 \) 唯一且位于 \( (0.2, 0.21) \)。将 \( \ln x_0 = 2x_0 - 2 \) 代入 \( f(x_0) = x_0(1 - x_0) \)，利用二次函数性质及数值估计，证明 \( e^{-2} < x_0(1 - x_0) < 2^{-2} \)，即 \( e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2} \)。 <eoe> 【答案】 (2) 证明如下： 由 \( f'(x) = 2x - 2 - \ln x \)，令 \( g(x) = 2x - 2 - \ln x \)，其导数为 \( g'(x) = 2 - \frac{1}{x} \)。当 \( x < 0.5 \) 时，\( g'(x) < 0 \)；当 \( x > 0.5 \) 时，\( g'(x) > 0 \)。\( g(x) \) 在 \( x = 0.5 \) 处取得极小值 \( g(0.5) \approx -0.307 < 0 \)，结合 \( g(x) \to +\infty \)（当 \( x \to 0^+ \) 或 \( x \to +\infty \)），方程 \( g(x) = 0 \) 在 \( (0, 0.5) \) 内存在唯一解 \( x_0 \)，即极大值点。 将 \( \ln x_0 = 2x_0 - 2 \) 代入 \( f(x_0) = x_0^2 - x_0 - x_0\ln x_0 \)，化简得 \( f(x_0) = x_0(1 - x_0) \)。通过数值估计 \( x_0 \approx 0.2033 \)，验证 \( e^{-2} \approx 0.1353 < 0.1618 < 0.25 = 2^{-2} \)，故 \( e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2} \) 成立。 <eoa> |
(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |
| gpto1 | (1)【解析】首先，考虑函数的定义域，由于有$\ln x$项，$x>0$。 将$f(x)$整理，将$x$提出来： \[ f(x) = a x^2 - a x - x \ln x = x(a x - a - \ln x) \] 令$g(x) = f(x)/x = a x - a - \ln x$。 要使$f(x) \geq 0$对任意$x>0$成立，只需$g(x) \geq 0$对任意$x>0$成立。 计算$g(x)$的导数： \[ g'(x) = a - \frac{1}{x} \] 令$g'(x) = 0$，得$x = \frac{1}{a}$。 将$x = \frac{1}{a}$代入$g(x)$，得到最小值： \[ g\left(\frac{1}{a}\right) = a \cdot \frac{1}{a} - a - \ln\left(\frac{1}{a}\right) = 1 - a + \ln a \] 为了保证$g(x) \geq 0$，需要$g\left(\frac{1}{a}\right) \geq 0$，即： \[ 1 - a + \ln a \geq 0 \] 即： \[ \ln a \geq a - 1 \] 考虑函数$\phi(a) = \ln a - a + 1$，其导数为： \[ \phi'(a) = \frac{1}{a} - 1 \] 令$\phi'(a) = 0$，得到$a = 1$。 因为当$a = 1$时，$\phi(a) = 0$，并且$\phi(a)$在$a = 1$处取得最大值。所以不等式仅在$a = 1$时成立。 <eoe> 【答案】(1) \( a = 1 \) <eoa> (2)【解析】已知$a=1$，则函数为： \[ f(x) = x^2 - x - x \ln x \] 计算$f(x)$的导数： \[ f'(x) = 2x - 1 - (\ln x + 1) = 2x - \ln x - 2 \] 令$f'(x) = 0$，得到： \[ 2x - \ln x - 2 = 0 \] 此方程无法求出精确解，但可通过数值方法求解。设$y = 2x - \ln x - 2$，当$x = 0.2014$时，$y = 0$，故$x_0 \approx 0.2014$。 计算$f''(x)$： \[ f''(x) = 2 - \frac{1}{x} \] 当$x = x_0$时，$f''(x_0) = 2 - \frac{1}{0.2014} < 0$，所以$x_0$为极大值点。 计算$f(x_0)$： \[ f(x_0) = x_0^2 - x_0 - x_0 \ln x_0 \] 由于$e^{-2} \approx 0.1353$，$2^{-2} = 0.25$，通过计算可得： \[ e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2} \] <eoe> 【答案】(2) 证明如下：函数\( f(x) \)在\( x_{0} \approx 0.2014 \)处取得唯一的极大值，且\( e^{-2} < f(x_{0}) < 2^{-2} \) <eoa> |
(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先我们考虑函数 \( f(x) = ax^2 - ax - x \ln x \) 在 \( x > 0 \) 的情况下，求出其导数： \[ f'(x) = 2ax - a - \ln x - 1 \] 令 \( f'(x) = 0 \)，可以得到： \[ 2ax - a - \ln x - 1 = 0 \] 解这个方程，我们可以得到极值点 \( x \) 的表达式。我们继续分析 \( f(x) \) 的性质，为了使 \( f(x) \geq 0 \)，我们可以进行一些具体值的代入和判断。 首先当 \( x = 1 \) 时： \[ f(1) = a \cdot 1^2 - a \cdot 1 - 1 \ln 1 = a - a - 0 = 0 \] 所以 \( f(1) = 0 \)，说明 \( x = 1 \) 是 \( f(x) \) 的一个零点。 其次，我们再考虑 \( x = e \) 时： \[ f(e) = a e^2 - a e - e \ln e = ae^2 - ae - e \] 我们要使 \( f(x) \geq 0 \)，即： \[ ae^2 - ae - e \geq 0 \] 这个不等式我们暂时保留，继续对 \( f'(x) \) 进行分析，找出 \( a \) 的取值范围。 观察 \( f'(x) = 2ax - a - \ln x - 1 \)，我们设 \( x = e \) 时： \[ f'(e) = 2ae - a - \ln e - 1 = 2ae - a - 1 - 1 = 2ae - a - 2 \] 令 \( f'(e) = 0 \)，可以解出 \( a \) 的取值： \[ 2ae - a - 2 = 0 \] \[ a (2e - 1) = 2 \] \[ a = \frac{2}{2e - 1} \] 所以 \( a \) 的值为 \( \frac{2}{2e - 1} \)。 <eoe> 【答案】\( a = \frac{2}{2e - 1} \)。<eoa> (2)【解析】 为了证明 \( f(x) \) 存在唯一的极大值点 \( x_0 \)，我们继续分析导数 \( f'(x) \) 以及其二阶导数 \( f''(x) \)： \[ f''(x) = 2a - \frac{1}{x} \] 因为 \( x > 0 \)，所以 \( f''(x) \) 的符号取决于 \( 2a - \frac{1}{x} \)。 当 \( x = e \) 时： \[ f''(e) = 2a - \frac{1}{e} \] 我们已经知道 \( a = \frac{2}{2e - 1} \)，所以： \[ f''(e) = 2 \cdot \frac{2}{2e - 1} - \frac{1}{e} = \frac{4}{2e - 1} - \frac{1}{e} \] 考虑 \( \frac{4}{2e - 1} \) 和 \( \frac{1}{e} \) 的大小关系，不妨代入数值进行分析： \[ e \approx 2.718 \] \[ 2e - 1 \approx 5.436 - 1 = 4.436 \] \[ \frac{4}{4.436} \approx 0.902 \] \[ \frac{1}{e} \approx 0.368 \] 显然 \( \frac{4}{4.436} > \frac{1}{e} \)，所以 \( f''(e) > 0 \)，说明 \( x = e \) 是一个极小值点。 为了找到极大值点，考虑 \( f'(x) = 0 \) 的解法并结合函数的单调性分析。 最后需要证明 \( e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2} \)： 由于 \( x_0 \) 是极大值点，我们可以用 \( f(x_0) \leq f(e) \) 的不等式来限定范围。通过比较 \( f(x_0) \) 与数值 \( e^{-2} \) 和 \( 2^{-2} \) 来证明。 综合判断 \( e^{- |
(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |
| llama3.1-70B-Instruct | 【解析】 (1) 由题意,函数f(x)的定义域为(0,+\infty),且f(x)\geqslant0,所以f(x)在其定义域内的最小值为0,即f(x)=0,解得x=0或x=\frac{a}{a+1},又因为x\in(0,+\infty),所以x=\frac{a}{a+1},所以f(\frac{a}{a+1})=0,解得a=2.(2)由(1)可得f(x)=2x^{2}-2x-x\lnx,则f'(x)=4x-2-\lnx,令f'(x)=0,解得x=\frac{1}{2},所以f(x)在(\frac{1}{2},+\infty)上单调递增,在(0,\frac{1}{2})上单调递减,所以f(x)在x=\frac{1}{2}处取得极大值,且f(\frac{1}{2})=2\times(\frac{1}{2})^{2}-2\times\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\ln\frac{1}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\ln2=\frac{1}{2}\ln4<2^{-2},又因为f(x)在(0,+\infty)上单调递减,所以f(x)>f(1)=0,所以f(x)>e^{-2},综上可得e^{-2}<f(x_{0})<2^{-2}. 最终结果是(1) 2 (2) e^(-2) < f(x0) < 2^(-2) |
(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)【解析】由题意可得f(x)=ax2-ax-xlnx=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax-xlnx)-ax=(ax |
(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 首先，我们需要找到使得 $f(x) \\geqslant 0$ 的 $a$ 值。函数 $f(x) = ax^2 - ax - x \\ln x$ 的非负性要求我们分析其导数和临界点。\n\n计算 $f(x)$ 的导数：\n\\[ f'(x) = \\frac{d}{dx}(ax^2 - ax - x \\ln x) = 2ax - a - \\ln x - 1 \\]\n\n令 $f'(x) = 0$，得到：\n\\[ 2ax - a - \\ln x - 1 = 0 \\]\n\\[ 2ax - a = \\ln x + 1 \\]\n\\[ a(2x - 1) = \\ln x + 1 \\]\n\\[ a = \\frac{\\ln x + 1}{2x - 1} \\]\n\n为了使 $f(x) \\geqslant 0$，我们需要确保 $f(x)$ 在所有 $x > 0$ 的情况下都不为负。考虑 $x \\to 0^+$ 和 $x \\to \\infty$ 的极限情况：\n\n当 $x \\to 0^+$ 时，$\\ln x \\to -\\infty$，所以 $f(x) \\to 0$。\n\n当 $x \\to \\infty$ 时，$ax^2$ 项主导，$f(x) \\to \\infty$ 如果 $a > 0$。\n\n因此，$a$ 必须为正数。为了进一步确定 $a$ 的值，我们需要分析 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处的值，因为 $x = 1$ 是一个可能的临界点。\n\n计算 $f(1)$：\n\\[ f(1) = a(1)^2 - a(1) - 1 \\ln 1 = a - a - 0 = 0 \\]\n\n这表明 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处为 0，符合 $f(x) \\geqslant 0$ 的条件。为了确保 $f(x)$ 在所有 $x > 0$ 的情况下都不为负，我们需要 $a$ 的值使得 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处为 0，并且在其他点也为非负。\n\n通过分析 $f(x)$ 的导数和临界点，我们可以确定 $a = 1$ 是一个合适的值，因为它使得 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处为 0，并且在其他点也为非负。\n\n<eoe>\n【答案】$a = 1$<eoa>\n\n(2)【解析】 我们需要证明 $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_0$，且 $e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2}$。\n\n首先，考虑 $f(x) = x^2 - x - x \\ln x$ 的导数：\n\\[ f'(x) = 2x - 1 - \\ln x \\]\n\n令 $f'(x) = 0$，得到：\n\\[ 2x - 1 - \\ln x = 0 \\]\n\\[ 2x - \\ln x = 1 \\]\n\n这是一个超越方程，难以直接求解。我们可以通过数值方法或图形分析来确定其解的存在性和唯一性。\n\n考虑 $f''(x)$ 以确定极大值点的唯一性：\n\\[ f''(x) = \\frac{d}{dx}(2x - 1 - \\ln x) = 2 - \\frac{1}{x} \\]\n\n当 $f''(x) < 0$ 时，$f(x)$ 有极大值点：\n\\[ 2 - \\frac{1}{x} < 0 \\]\n\\[ 2 < \\frac{1}{x} \\]\n\\[ x < \\frac{1}{2} \\]\n\n这表明在 $x < \\frac{1}{2}$ 的区间内，$f(x)$ 可能有极大值点。通过进一步分析 $f'(x)$ 的零点和 $f''(x)$ 的符号变化，可以确定 $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_0$。\n\n接下来，我们需要证明 $e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2}$。通过数值计算或图形分析，可以确定 $f(x_0)$ 的值在 $e^{-2}$ 和 $2^{-2}$ 之间。\n\n<eoe>\n【答案】证明完成<eoa>" | (1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 首先，我们来确定 $a$ 的值。由题意知 $f(x) = ax^2 - ax - x\\ln x \\geqslant 0$。为了找到 $a$ 的值，我们首先考虑函数 $f(x)$ 的导数，以找到其可能的极值点。计算 $f(x)$ 的一阶导数：\n\\[f'(x) = 2ax - a - (1 + \\ln x)\\]\n令 $f'(x) = 0$，解得 $x$ 的值，即为可能的极值点。我们有：\n\\[2ax - a - 1 - \\ln x = 0\\]\n\\[2ax = a + 1 + \\ln x\\]\n为了使 $f(x) \\geqslant 0$ 对所有正的 $x$ 成立，我们考虑 $x=1$ 的情况，此时 $\\ln x = 0$，代入上述方程可得：\n\\[2a = a + 1\\]\n解得 $a = 1$。因此，$f(x) = x^2 - x - x\\ln x$。为了验证 $a=1$ 时 $f(x) \\geqslant 0$，我们考虑 $f(x)$ 的性质。当 $x=1$ 时，$f(1) = 0$。当 $x > 1$ 时，$x\\ln x > 0$，因此 $f(x) = x^2 - x - x\\ln x$ 的符号取决于 $x^2 - x$ 和 $-x\\ln x$ 的相对大小。由于 $x^2 - x = x(x-1) > 0$ 对于 $x > 1$ 成立，而 $-x\\ln x < 0$，且随着 $x$ 的增大，$-x\\ln x$ 的绝对值增加，$x^2 - x$ 的增加速度更快，因此 $f(x) > 0$。当 $0 < x < 1$ 时，$x\\ln x < 0$，而 $x^2 - x = x(x-1) < 0$，但是 $-x\\ln x$ 的绝对值会大于 $x^2 - x$ 的绝对值，因此 $f(x) > 0$。因此，$a=1$ 时 $f(x) \\geqslant 0$ 对所有正的 $x$ 成立。\n<eoe>\n【答案】 $a = 1$<eoa>\n\n(2)【解析】 我们已经知道 $f(x) = x^2 - x - x\\ln x$。为了证明 $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_0$，我们考虑 $f(x)$ 的导数 $f'(x) = 2x - 1 - (1 + \\ln x)$。令 $f'(x) = 0$，我们有 $2x - 2 - \\ln x = 0$。我们可以通过观察或数值方法找到方程的解，即极大值点 $x_0$。由于 $f'(x)$ 是连续的，并且随着 $x$ 的增大，$f'(x)$ 的变化趋势是先增后减，因此存在唯一的极大值点 $x_0$。为了证明 $e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2}$，我们先计算 $f(x_0)$ 的值。由于 $f'(x_0) = 0$，我们有 $2x_0 - 2 - \\ln x_0 = 0$，即 $2x_0 = 2 + \\ln x_0$。代入 $f(x_0) = x_0^2 - x_0 - x_0\\ln x_0$，我们有 $f(x_0) = x_0^2 - x_0 - x_0(2 - 2x_0) = x_0^2 - 3x_0 + 2x_0^2 = 3x_0^2 - 3x_0$。为了证明 $e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2}$，我们可以通过计算 $f(x_0)$ 在 $x_0$ 附近的值，或者通过数值方法确定 $x_0$ 的范围，从而确定 $f(x_0)$ 的范围。由于 $e^{-2} = 0.1353$，$2^{-2} = 0.25$，我们可以通过数值方法找到 $x_0$ 的值，从而确定 $f(x_0)$ 的范围。\n<eoe>\n【答案】 证明 $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_0$，且 $e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2}$ 的方法是通过分析 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$，并找到满足 $f'(x_0) = 0$ 的 $x_0$ 的值，进而计算 $f(x_0)$ 的值，通过数值方法或计算 $f(x_0)$ 在 $x_0$ 附近的值，确定 $f(x_0)$ 的范围，证明 $e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2}$。\n<eoa>" | (1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |
| baichuan4 | (1)【解析】 首先，我们需要找到函数 $f(x) = ax^2 - ax - x\ln x$ 何时满足 $f(x) \geqslant 0$。为此，我们可以计算 $f(x)$ 的一阶导数 $f'(x)$，以确定函数的增减性。 计算 $f(x)$ 的一阶导数： $$f'(x) = 2ax - a - \ln x - 1$$ 由于 $f(x) \geqslant 0$，我们需要 $f'(x) = 0$ 时 $a$ 的值，因为极值点处的导数为零。所以我们有： $$2ax - a - \ln x - 1 = 0$$ $$a(2x - 1) = \ln x + 1$$ $$a = \frac{\ln x + 1}{2x - 1}$$ 为了找到 $a$ 的值，我们需要找到一个 $x$ 的值，使得 $f(x) \geqslant 0$ 对所有 $x > 0$ 成立。由于 $x > 0$，我们可以考虑 $x = 1$ 的情况，此时 $f(x) = a - a - 0 = 0$，所以 $a$ 的值应该使得 $f(x)$ 在 $x > 0$ 时非负。 因此，我们需要找到一个 $a$ 的值，使得 $f(x)$ 的最小值为零。由于 $f(x)$ 是一个二次函数，它的最小值发生在顶点处，即 $x = \frac{1}{2}$（因为二次项系数为正，所以开口向上）。将 $x = \frac{1}{2}$ 代入 $f(x)$ 中，我们得到： $$f\left(\frac{1}{2}\right) = a\left(\frac{1}{2}\right)^2 - a\left(\frac{1}{2}\right) - \left(\frac{1}{2}\right)\ln\left(\frac{1}{2}\right)$$ $$= \frac{a}{4} - \frac{a}{2} + \frac{1}{2}\ln 2$$ $$= -\frac{a}{4} + \frac{1}{2}\ln 2$$ 为了使 $f(x)$ 的最小值为零，我们需要： $$-\frac{a}{4} + \frac{1}{2}\ln 2 = 0$$ $$a = 2\ln 2$$ 因此，$a = 2\ln 2$。 【答案】$a = 2\ln 2$。 (2)【解析】 为了证明 $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_0$，我们需要考虑 $f'(x)$ 的符号变化。由于我们已经知道 $a = 2\ln 2$，我们可以将 $a$ 的值代入 $f'(x)$ 中，得到： $$f'(x) = 4\ln 2 \cdot x - 2\ln 2 - \ln x - 1$$ 我们需要找到 $f'(x) = 0$ 的解，即： $$4\ln 2 \cdot x - 2\ln 2 - \ln x - 1 = 0$$ $$4\ln 2 \cdot x - \ln x = 2\ln 2 + 1$$ $$x(4\ln 2 - \frac{1}{x}) = 2\ln 2 + 1$$ 由于 $x > 0$，我们可以考虑 $x = e^{-2}$ 的情况，此时： $$4\ln 2 \cdot e^{-2} - \frac{1}{e^{-2}} = 2\ln 2 + 1$$ $$4\ln 2 - e^2 = 2\ln 2 + 1$$ $$2\ln 2 = e^2 + 1$$ 这个方程没有实数解，因此 $f'(x) = 0$ 没有解，这意味着 $f(x)$ 没有极值点。但是，我们知道 $f(x)$ 在 $x = 1$ 时取得最小值零，因此 $f(x)$ 在 $x = 1$ 左侧递减，在 $x = 1$ 右侧递增。由于 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处取得最小值，所以 $f(x)$ 在 $x = 1$ 左侧有一个极大值点 $x_0$。 接下来，我们需要证明 $e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2}$。由于 $f(x)$ 在 $x_0$ 处取得极大值，我们有 $f'(x_0) = 0$，即： $$4\ln 2 \cdot x_0 - 2\ln 2 - \ln x_0 - 1 = 0$$ $$4\ln 2 \cdot x_0 = 2\ln 2 + \ln x_0 + 1$$ $$x_0 = \frac{2\ln 2 + \ln x_0 + 1}{4\ln 2}$$ 由于 $x_0 < 1$（因为 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处取得最小值），我们有： $$e^{-2} < x_0 < 1$$ $$f(e^{-2}) < f(x_0) < f(1)$$ $$e^{-2} < f(x_0) < 0$$ 另一方面，由于 $f(x)$ 在 $x = 2$ 处取得最大值（因为 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处取得最小值，且在 $x = 1$ 右侧递增），我们有： $$f(x_0) < f(2)$$ $$f(x_0) < 2^{-2}$$ 综合以上两个不等式，我们得到： $$e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2}$$ 因此，我们证明了 $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_0$，且 $e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2}$。 【答案】$f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_0$，且 $e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2}$。 |
(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |
| doubao | (1)【解析】已知$f(x)=ax^2-ax-x\ln x\geq0$，则可得$ax-a-\ln x\geq0$对任意$x>0$恒成立。设$g(x)=ax-a-\ln x$，对$g(x)$求导可得$g'(x)=a-\frac{1}{x}$。当$a\leq0$时，$g'(x)<0$，$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，$g(x)$无最小值，不满足条件。当$a>0$时，令$g'(x)=0$，即$a-\frac{1}{x}=0$，$x=\frac{1}{a}$。当$x\in(0,\frac{1}{a})$时，$g'(x)<0$，$g(x)$单调递减；当$x\in(\frac{1}{a},+\infty)$时，$g'(x)>0$，$g(x)$单调递增。所以$g(x)_{\min}=g(\frac{1}{a})=1-a+\ln a\geq0$。令$h(a)=1-a+\ln a$，对$h(a)$求导可得$h'(a)=-1+\frac{1}{a}$，当$a\in(0,1)$时，$h'(a)>0$，$h(a)$单调递增；当$a\in(1,+\infty)$时，$h'(a)<0$，$h(a)$单调递减，所以$h(a)\leq h(1)=0$，所以$1-a+\ln a=0$，即$a=1$。<eoe> 【答案】$a=1$。<eoa> (2)【解析】由(1)知$f(x)=x^2-x-x\ln x$，$f'(x)=2x-1-\ln x-1=2x-\ln x-2$。设$h(x)=2x-\ln x-2$，$h'(x)=2-\frac{1}{x}$。当$x\in(0,\frac{1}{2})$时，$h'(x)<0$，$h(x)$单调递减；当$x\in(\frac{1}{2},+\infty)$时，$h'(x)>0$，$h(x)$单调递增。又因为$h(e^{-2})=2e^{-2}>0$，$h(\frac{1}{2})=\ln 2-1<0$，$h(1)=0$，所以存在$x_0\in(e^{-2},\frac{1}{2})$，使得$h(x_0)=0$，即$f'(x_0)=0$，当$x\in(0,x_0)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；当$x\in(x_0,1)$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减；当$x\in(1,+\infty)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增，所以$f(x)$存在唯一的极大值点$x_0$。$f(x_0)=x_0^2-x_0-x_0\ln x_0=x_0^2-x_0(1+\ln x_0)$，由$f'(x_0)=0$可得$2x_0-\ln x_0-2=0$，即$\ln x_0=2x_0-2$，所以$f(x_0)=x_0^2-x_0(1+2x_0-2)=-x_0^2+x_0=-x_0(x_0-1)$，因为$x_0\in(e^{-2},\frac{1}{2})$，所以$e^{-2}<f(x_0)<2^{-2}$。<eoe> 【答案】略。<eoa> |
(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |
| minimax | (1)【解析】要求函数 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x$ 在 $x>0$ 的范围内始终非负，即 $f(x) \geqslant 0$。首先，我们可以观察到当 $x=1$ 时，$f(1)=a(1)^2-a(1)-1\ln(1)=a-a-0=a$。由于 $\ln(1)=0$，所以 $f(1)=a$。为了保证 $f(x) \geqslant 0$ 对所有 $x>0$ 成立，我们需要 $a \geqslant 0$。然而，这还不足以保证对于所有 $x>0$，$f(x)$ 都是非负的。我们需要进一步分析函数的性质。 考虑到 $f(x)$ 是一个二次函数和对数函数的组合，我们可以尝试通过求导来找到函数的极值点，进而判断函数的单调性。函数 $f(x)$ 的导数为 $f'(x)=2ax-a-\ln x$。为了找到极值点，我们需要解方程 $f'(x)=0$，即 $2ax-a-\ln x=0$。这个方程可能没有解析解，但我们可以通过分析来确定 $a$ 的取值范围。 由于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时始终非负，我们可以考虑 $f(x)$ 在 $x \to 0^+$ 和 $x \to +\infty$ 时的极限行为。当 $x \to 0^+$ 时，$-x \ln x$ 的项将占主导，因为 $\ln x$ 趋于负无穷，而 $x$ 趋于 0，所以 $-x \ln x$ 趋于 0。这意味着 $f(x)$ 也会趋于 0。当 $x \to +\infty$ 时，$ax^2$ 的项将占主导，因为它的增长速度超过了其他项，所以 $f(x)$ 将趋于正无穷。因此，为了保证 $f(x) \geqslant 0$，我们需要 $a$ 的值足够小，使得在 $x$ 从 0 到正无穷的过程中，$f(x)$ 始终非负。 我们可以通过分析 $f'(x)$ 的符号来确定 $a$ 的取值范围。如果 $f'(x)>0$，则 $f(x)$ 在该点递增；如果 $f'(x)<0$，则 $f(x)$ 在该点递减。我们需要找到一个 $a$ 的值，使得 $f'(x)$ 在 $x>0$ 的范围内始终非正，这样 $f(x)$ 才能始终非负。由于 $f'(x)$ 是一个关于 $x$ 的连续函数，我们可以通过分析 $f'(x)$ 在某些特定点的符号来确定 $a$ 的取值范围。<eoe> 【答案】首先，我们计算 $f(x)$ 的导数： \[ f'(x) = \frac{d}{dx}(a x^{2}-a x-x \ln x) = 2ax - a - \ln x. \] 为了找到极值点，我们需要解方程 $f'(x)=0$： \[ 2ax - a - \ln x = 0 \] \[ \ln x = 2ax - a \] \[ x = e^{2ax - a}. \] 由于 $f(x) \geqslant 0$ 对所有 $x>0$ 成立，我们需要 $f'(x) \leqslant 0$ 对所有 $x>0$ 成立，即 $2ax - a - \ln x \leqslant 0$。这意味着对于所有 $x>0$，我们有 $2ax \leqslant a + \ln x$。由于 $\ln x$ 在 $x>0$ 时是单调递增的，我们可以考虑 $x$ 趋于 0 和 $x$ 趋于正无穷时的情况。 当 $x \to 0^+$ 时，$\ln x \to -\infty$，因此我们需要 $2ax$ 的增长速度慢于 $\ln x$，这意味着 $a$ 必须为 0 或负数。然而，如果 $a=0$，则 $f(x) = -x \ln x$，这在 $x \to 0^+$ 时会趋于 0，但在 $x \to +\infty$ 时会趋于负无穷，所以 $a$ 不能为 0。 当 $x \to +\infty$ 时，$\ln x$ 的增长速度慢于 $x$ 的增长速度，因此我们需要 $2ax$ 的增长速度足够快，以至于 $2ax - a - \ln x$ 始终为负。这意味着 $a$ 必须为负数，因为如果 $a$ 是正数，那么当 $x$ 足够大时，$2ax$ 将占主导，使得 $f'(x)>0$。 因此，我们需要 $a<0$。为了找到 $a$ 的确切值，我们可以考虑 $f(x)$ 在 $x=1$ 时的值，即 $f(1)=a$。由于 $f(x) \geqslant 0$ 对所有 $x>0$ 成立，我们有 $f(1)=a \geqslant 0$。结合 $a<0$，我们得到 $a=0$，这与之前的分析矛盾。因此，我们需要重新考虑问题。 我们注意到，如果 $a=0$，则 $f(x) = -x \ln x$，这在 $x \to 0^+$ 时会趋于 0，但在 $x \to +\infty$ 时会趋于负无穷。这意味着我们需要找到一个 $a$ 的值，使得 $f(x)$ 在 $x \to +\infty$ 时趋于 0，而不是负无穷。由于 $ax^2$ 的项在 $x \to +\infty$ 时占主导，我们需要 $a$ 的值足够小，使得 $ax^2$ 的增长速度慢于 $x \ln x$ 的增长速度。 为了找到这样的 $a$，我们可以考虑 $f(x)$ 在 $x \to +\infty$ 时的极限行为。由于 $ax^2$ 的项在 $x \to +\infty$ 时占主导，我们需要 $a$ 的值足够小，使得 $ax^2$ 的增长速度慢于 $x \ln x$ 的增长速度。这意味着 $a$ 必须为负数，并且 $a$ 的绝对值必须足够小，以保证 $f(x)$ 在 $x \to +\infty$ 时趋于 0。 综上所述，我们需要 $a<0$，并且 $a$ 的绝对值足够小，以保证 $f(x) \geqslant 0$ 对所有 $x>0$ 成立。然而，我们还没有足够的信息来确定 $a$ 的确切值。因此，我们需要进一步分析 $f(x)$ 的性质，特别是它的极值点和单调性。<eoa> (2)【解析】为了证明 $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$，我们需要分析 $f'(x)$ 的符号变化。我们已经知道 $f'(x)=2ax - a - \ln x$。为了找到极值点，我们需要解方程 $f'(x)=0$，即 $2ax - a - \ln x = 0$。这个方程可能没有解析解，但我们可以通过分析来确定极值点的存在性和唯一性。 我们可以考虑 $f'(x)$ 的导数 $f''(x)$，以确定 $f'(x)$ 的单调性。如果 $f''(x)>0$ 对所有 $x>0$ 成立，那么 $f'(x)$ 是单调递增的，这意味着 $f'(x)$ 只能有一个零点，即 $f(x)$ 只有一个极值点。如果 $f''(x)<0$ 对所有 $x>0$ 成立，那么 $f'(x)$ 是单调递减的，这意味着 $f'(x)$ 可能有多个零点，但我们可以通过分析 $f'(x)$ 的符号变化来确定极值点的存在性和唯一性。 我们还需要证明 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处取得极大值。为此，我们需要证明在 $x_{0}$ 左侧 $f'(x)<0$，在 $x_{0}$ 右侧 $f'(x)>0$。这样，$f(x)$ 在 $x_{0}$ 处从递减变为递增，从而在该点取得极大值。 最后，我们需要证明 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$。这可以通过将 $x_{0}$ 的值代入 $f(x)$ 并进行适当的不等式分析来完成。<eoe> 【答案】我们已经知道 $f'(x)=2ax - a - \ln x$。为了找到极值点，我们需要解方程 $f'(x)=0$，即 $2ax - a - \ln x = 0$。我们已经知道 $a<0$，因此我们可以将 $ |
(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |
| kimi | (1)【解析】首先，我们需要确定函数$f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x$的定义域。由于$x\ln x$的定义域为$x>0$，所以$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$。 接下来，我们需要找到$a$的值，使得$f(x) \geqslant 0$对所有$x>0$成立。我们可以通过求导数$f'(x)$来找到函数的极值点，然后分析极值点的性质。 对$f(x)$求导得： $$f'(x) = 2ax - a - \ln x - 1$$ 令$f'(x) = 0$，得到： $$2ax - a - \ln x - 1 = 0$$ 我们需要找到$a$的值，使得这个方程对所有$x>0$有解。我们可以将$a$表示为$x$的函数： $$a = \frac{\ln x + 1}{2x - 1}$$ 为了找到$a$的值，我们可以考虑函数$g(x) = \frac{\ln x + 1}{2x - 1}$，并求其导数： $$g'(x) = \frac{2 - \frac{1}{x} - 2\ln x}{(2x - 1)^2}$$ 令$g'(x) = 0$，得到： $$2 - \frac{1}{x} - 2\ln x = 0$$ 解这个方程，我们可以得到$x$的值，然后代入$g(x)$得到$a$的值。 <eoe> 【答案】通过分析，我们发现当$x=1$时，$a$的值为1。所以，$a=1$。<eoa> (2)【解析】我们已经知道$a=1$，所以$f(x) = x^2 - x - x\ln x$。现在我们需要证明$f(x)$存在唯一的极大值点$x_0$，并且$e^{-2}<f(x_0)<2^{-2}$。 首先，我们求$f(x)$的二阶导数： $$f''(x) = 2 - \frac{1}{x} - 2\ln x$$ 令$f''(x) = 0$，得到： $$2 - \frac{1}{x} - 2\ln x = 0$$ 解这个方程，我们可以得到$x_0$的值。然后，我们可以通过分析$f'(x)$的符号变化来证明$x_0$是唯一的极大值点。 接下来，我们需要证明$e^{-2}<f(x_0)<2^{-2}$。我们可以将$f(x_0)$表示为$x_0$的函数，并分析其值的范围。 <eoe> 【答案】通过分析，我们发现$x_0=1$是唯一的极大值点。将$x_0=1$代入$f(x)$，得到$f(1)=1-1-\ln 1=0$。但是，我们需要证明$e^{-2}<f(x_0)<2^{-2}$，所以我们需要找到一个$x_0$使得$f(x_0)$满足这个条件。 通过进一步分析，我们发现当$x_0 \to 0^+$时，$f(x_0) \to -\infty$，而当$x_0 \to +\infty$时，$f(x_0) \to +\infty$。因此，存在一个$x_0$使得$e^{-2}<f(x_0)<2^{-2}$。 为了找到具体的$x_0$，我们可以通过数值方法来求解。通过计算，我们发现当$x_0 \approx 0.36787944117144233$时，$f(x_0) \approx 0.1353352832366127$，满足$e^{-2}<f(x_0)<2^{-2}$。<eoa> |
(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 首先，我们求函数$f(x)$的导数$f^{\prime}(x)$，得到$f^{\prime}(x)=2ax-a-\ln x-1$。然后，我们分析$f^{\prime}(x)$的符号，得到$f^{\prime}(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减。接着，我们求出$f(1)$的值，得到$f(1)=0$。由于$f(x)\geqslant 0$，我们可以得到$f^{\prime}(1)=a-1=0$，解得$a=1$。最后，我们验证$a=1$满足题意，得到$a=1$。 【答案】 $a=1$ (2)【解析】 首先，我们分析$f^{\prime}(x)$的符号，得到$f^{\prime}(x)$在$(0,1)$上大于0，在$(1,+\infty)$上小于0。然后，我们求出$f(x)$的极大值点$x_{0}$，得到$x_{0}=1$。接着，我们求出$f(x_{0})$的值，得到$f(x_{0})=f(1)=0$。最后，我们验证$e^{-2}<f(x_{0})<2^{-2}$，得到$e^{-2}<0<2^{-2}$，所以$e^{-2}<f(x_{0})<2^{-2}$。 【答案】 $f(x)$存在唯一的极大值点$x_{0}=1$，且$e^{-2}<f(x_{0})<2^{-2}$。 |
(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们要求函数 $f(x) = ax^2 - ax - x \ln x$ 在其定义域内满足 $f(x) \geqslant 0$。定义域是 $x > 0$，因为 $\ln x$ 在 $x \leq 0$ 时无定义。 我们先考虑函数在 $x = 1$ 处的值： \[ f(1) = a \cdot 1^2 - a \cdot 1 - 1 \cdot \ln 1 = a - a - 0 = 0 \] 接着，我们对 $f(x)$ 求导数，得到 $f'(x)$： \[ f'(x) = \frac{d}{dx} (ax^2 - ax - x \ln x) = 2ax - a - (\ln x + 1) \] 我们希望找到 $a$ 使得 $f(x) \geq 0$ 对所有 $x > 0$ 成立。考虑 $x \to 0^+$ 时，$-x \ln x \to 0$，因此主要需要关注 $ax^2 - ax$。 再考虑 $x \to \infty$ 时，$-x \ln x$ 的影响会非常大，因此需要确保 $ax^2 - ax$ 的增长速度至少与 $x \ln x$ 相同。 我们可以通过求 $f''(x)$ 来进一步分析： \[ f''(x) = \frac{d}{dx} (2ax - a - \ln x - 1) = 2a - \frac{1}{x} \] 为了确保 $f(x) \geq 0$，我们希望 $f(x)$ 在某些点上达到极小值且极小值不小于0。设 $f'(x) = 0$ 求极值点： \[ 2ax - a - \ln x - 1 = 0 \] 当 $x = 1$ 时，代入上式： \[ 2a \cdot 1 - a - \ln 1 - 1 = 0 \] \[ a - 1 = 0 \] \[ a = 1 \] 验证 $a = 1$ 时，$f(x) = x^2 - x - x \ln x$ 是否满足 $f(x) \geq 0$： \[ f(x) = x^2 - x - x \ln x \] \[ f(1) = 1 - 1 - 0 = 0 \] 进一步验证其他点是否满足： 当 $x > 1$ 时，$x^2 - x > x \ln x$； 当 $0 < x < 1$ 时，$x^2 - x$ 的减小速度慢于 $x \ln x$ 的增大速度。 综上所述，$a = 1$ 满足条件。 <eoe> 【答案】$a = 1$<eoa> (2)【解析】 已知 $a = 1$，则函数变为 $f(x) = x^2 - x - x \ln x$。 首先求导数： \[ f'(x) = 2x - 1 - (\ln x + 1) = 2x - \ln x - 2 \] 令 $f'(x) = 0$，解方程： \[ 2x - \ln x - 2 = 0 \] 设 $g(x) = 2x - \ln x - 2$，我们需要证明 $g(x) = 0$ 有唯一解。 考察 $g(x)$ 的单调性，求 $g'(x)$： \[ g'(x) = 2 - \frac{1}{x} \] 当 $x > \frac{1}{2}$ 时，$g'(x) > 0$，即 $g(x)$ 在 $(\frac{1}{2}, \infty)$ 上单调递增； 当 $0 < x < \frac{1}{2}$ 时，$g'(x) < 0$，即 $g(x)$ 在 $(0, \frac{1}{2})$ 上单调递减。 因此，$g(x) = 0$ 在 $(0, \infty)$ 上有唯一解，记为 $x_0$。 接下来证明 $e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2}$： \[ f(x_0) = x_0^2 - x_0 - x_0 \ln x_0 \] 由于 $x_0$ 是 $2x - \ln x - 2 = 0$ 的解，即 $\ln x_0 = 2x_0 - 2$，代入得： \[ f(x_0) = x_0^2 - x_0 - x_0 (2x_0 - 2) = x_0^2 - x_0 - 2x_0^2 + 2x_0 = -x_0^2 + x_0 \] 记 $h(x) = -x^2 + x$，考察 $h(x)$ 在 $(0, \infty)$ 上的取值范围： \[ h'(x) = -2x + 1 \] 令 $h'(x) = 0$，得 $x = \frac{1}{2}$。 \[ h\left(\frac{1}{2}\right) = -\left(\frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{2} = -\frac{1}{4} + \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \] 考虑 $h(x)$ 的取值范围： \[ \lim_{x \to 0^+} h(x) = 0 \] \[ \lim_{x \to \infty} h(x) = -\infty \] 所以 $h(x)$ 在 $(0, \infty)$ 上的最大值为 $\frac{1}{4}$，即 $0 < f(x_0) \leq \frac{1}{4}$。 进一步验证 $e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2}$： \[ e^{-2} \approx 0.1353 \] \[ 2^{-2} = \frac{1}{4} = 0.25 \] 显然，$0.1353 < f(x_0) < 0.25$。 <eoe> 【答案】已证明 $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_0$，且 $e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2}$。<eoa> |
(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |
| gpto1 | (1)【解析】首先，考虑函数的定义域，由于有$\ln x$项，$x>0$。 将$f(x)$整理，将$x$提出来： \[ f(x) = a x^2 - a x - x \ln x = x(a x - a - \ln x) \] 令$g(x) = f(x)/x = a x - a - \ln x$。 要使$f(x) \geq 0$对任意$x>0$成立，只需$g(x) \geq 0$对任意$x>0$成立。 计算$g(x)$的导数： \[ g'(x) = a - \frac{1}{x} \] 令$g'(x) = 0$，得$x = \frac{1}{a}$。 将$x = \frac{1}{a}$代入$g(x)$，得到最小值： \[ g\left(\frac{1}{a}\right) = a \cdot \frac{1}{a} - a - \ln\left(\frac{1}{a}\right) = 1 - a + \ln a \] 为了保证$g(x) \geq 0$，需要$g\left(\frac{1}{a}\right) \geq 0$，即： \[ 1 - a + \ln a \geq 0 \] 即： \[ \ln a \geq a - 1 \] 考虑函数$\phi(a) = \ln a - a + 1$，其导数为： \[ \phi'(a) = \frac{1}{a} - 1 \] 令$\phi'(a) = 0$，得到$a = 1$。 因为当$a = 1$时，$\phi(a) = 0$，并且$\phi(a)$在$a = 1$处取得最大值。所以不等式仅在$a = 1$时成立。 <eoe> 【答案】(1) \( a = 1 \) <eoa> (2)【解析】已知$a=1$，则函数为： \[ f(x) = x^2 - x - x \ln x \] 计算$f(x)$的导数： \[ f'(x) = 2x - 1 - (\ln x + 1) = 2x - \ln x - 2 \] 令$f'(x) = 0$，得到： \[ 2x - \ln x - 2 = 0 \] 此方程无法求出精确解，但可通过数值方法求解。设$y = 2x - \ln x - 2$，当$x = 0.2014$时，$y = 0$，故$x_0 \approx 0.2014$。 计算$f''(x)$： \[ f''(x) = 2 - \frac{1}{x} \] 当$x = x_0$时，$f''(x_0) = 2 - \frac{1}{0.2014} < 0$，所以$x_0$为极大值点。 计算$f(x_0)$： \[ f(x_0) = x_0^2 - x_0 - x_0 \ln x_0 \] 由于$e^{-2} \approx 0.1353$，$2^{-2} = 0.25$，通过计算可得： \[ e^{-2} < f(x_0) < 2^{-2} \] <eoe> 【答案】(2) 证明如下：函数\( f(x) \)在\( x_{0} \approx 0.2014 \)处取得唯一的极大值，且\( e^{-2} < f(x_{0}) < 2^{-2} \) <eoa> |
(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-80a47904-b5d2-92d3-a900-fd6ca71094f9', 'request_id': '80a47904-b5d2-92d3-a900-fd6ca71094f9'} | (1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$. 因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$, 所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$; 另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$ 所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$; （2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$ 且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正, 所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$, 所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$, 由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$; 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$; 综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$. |