试题分析:(Ⅰ)由已知条件得f¢(x0)=0得到关于x0的关系式,再求出f(x0);(Ⅱ)将原不等式转化为x2(lnx-a)+a≥0,考察关于x的函数g(x)=x2(lnx-a)+a的单调性,求出最小值g=a-e2a-1,再研究关于a的函数h(a)=a-e2a-1,当a取哪些值时h(a)≥0. 试题解析:(Ⅰ)f¢(x)=. 依题意,lnx0+x0+1=0,则lnx0=-(x0+1). f(x0)===-x0. (Ⅱ)f(x)≥等价于x2(lnx-a)+a≥0. 设g(x)=x2(lnx-a)+a,则g¢(x)=x(2lnx-2a+1). 令g¢(x)=0,得x=. 当x∈时,g¢(x)<0,g(x)单调递减; 当x∈时,g¢(x)>0,g(x)单调递增. 所以g(x)≥g=a-e2a-1. 于是f(x)≥恒成立只需a-e2a-1≥0. 设h(a)=a-e2a-1,则h=0, 且h¢(a)=1-e2a-1,h¢=0. 当a∈(0,)时,h¢(a)>0,h(a)单调递增,h(a)<h=0; 当a∈(,+∞)时,h¢(a)<0,g(x)单调递减,h(a)<h=0. 因此,a-e2a-1≤0,当且仅当a=时取等号. 综上,存在唯一的实数a=,使得对任意x∈(0,+∞),f(x)≥. |