Question

13．已知函數(shù)f（x）=a^x+x²-xlna-b（b∈R，a＞0且a≠1），e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（1）討論函數(shù)f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性；
（2）當(dāng)a＞1時(shí)，若存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．（參考公式：（a^x）′=a^xlna）

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)數(shù)f′（x），通過(guò)討論0＜a＜1，a＞1以及x＞0可判斷導(dǎo)數(shù)符號(hào)，從而得到函數(shù)的單調(diào)性；
（2）存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，等價(jià)于當(dāng)x∈[-1，1]時(shí)，|f（x）_max-f（x）_min|=f（x）_max-f（x）_min≥e-1，利用導(dǎo)數(shù)易求函數(shù)f（x）在[-1，1]上的最小值f（0），而f（x）_max=max{f（-1），f（1）}，作差后構(gòu)造函數(shù)可得f（x）_max=f（1），從而有f（1）-f（0）≥e-1，再構(gòu)造函數(shù)利用單調(diào)性可求得a的范圍；

解答 解：（1）f'（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna…（1分）
當(dāng)a＞1時(shí)，lna＞0，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，2x＞0，a^x＞1，∴a^x-1＞0，
所以f'（x）＞0，故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，lna＜0，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，2x＞0，a^x＜1，∴a^x-1＜0，
所以f'（x）＞0，故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
綜上，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，…（4分）
（2）f（x）=a^x+x²-xlna-b，因?yàn)榇嬖趚₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，
所以當(dāng)x∈[-1，1]時(shí)，|f（x）_max-f（x）_min|=f（x）_max-f（x）_min≥e-1…（5分）
f'（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna，
①當(dāng)x＞0時(shí)，由a＞1，可知a^x-1＞0，lna＞0，∴f'（x）＞0；
②當(dāng)x＜0時(shí)，由a＞1，可知a^x-1＜0，lna＞0，∴f'（x）＜0；
③當(dāng)x=0時(shí)，f'（x）=0，∴f（x）在[-1，0]上遞減，在[0，1]上遞增，
∴當(dāng)x∈[-1，1]時(shí)，f（x）_min=f（0）=1-b，f（x）_max=max{f（-1），f（1）}，…（7分）
而$f（1）-f（{-1}）=（{a+1-lna-b}）-（{\frac{1}{a}+1+lna-b}）=a-\frac{1}{a}-2lna$，
設(shè)$g（t）=t-\frac{1}{t}-2lnt（{t＞0}）$，因?yàn)?g'（t）=1+\frac{1}{t^2}-\frac{2}{t}={（{\frac{1}{t}-1}）^2}≥0$（當(dāng)t=1時(shí)取等號(hào)），
∴$g（t）=t-\frac{1}{t}-2lnt$在t∈（0，+∞）上單調(diào)遞增，而g（1）=0，
∴當(dāng)t＞1時(shí)，g（t）＞0，∴當(dāng)a＞1時(shí)，$a-\frac{1}{a}-2lna＞0$，
∴f（1）＞f（-1），…（9分）
∴f（1）-f（0）≥e-1，∴a-lna≥e-1，即a-lna≥e-lne，…（10分）
設(shè)h（a）=a-lna（a＞1），則$h'（a）=1-\frac{1}{a}=\frac{a-1}{a}＞0$，
∴函數(shù)h（a）=a-lna（a＞1）在（1，+∞）上為增函數(shù)，∴a≥e，
既a的取值范圍是[e，+∞）…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本小題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式證明等知識(shí)，通過(guò)運(yùn)用導(dǎo)數(shù)知識(shí)解決函數(shù)、不等式問(wèn)題，考查考生綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題的能力，同時(shí)也考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想．