Question

15．已知函數(shù)f（x）=a^x+x²-xlna（a＞0，a≠1）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）滿足：
①對任意的m₁，m₂，m₁≠m₂，當f（m₁）=f（m₂）時，有m₁+m₂＜0成立；
②對?x₁，x₂∈[-1，1]，|f（x₁）-f（x₂）|≤e-1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導函數(shù)，利用導數(shù)在各區(qū)間內(nèi)的符號，可求函數(shù)f（x）單調(diào)區(qū)間；
（2）①先證明當a＞1時，對任意的x＞0，有f（x）＞f（-x）成立，當0＜a＜1時，對任意的x＞0，有f（x）＞f（-x）成立，再分情況討論可得．
②問題等價于f（x）在[-1，1]的最大值與最小值之差≤e-1．由（1）可知f（x）在[-1，0]上遞減，在[0，1]上遞增，f（x）的最小值為f（0）=1，最大值等于f（-1），f（1）中較大的一個，構(gòu)造函數(shù)可得f（x）的最大值為f（1）=a+1-lna，從而問題轉(zhuǎn)化為a-lna≤e-1，即可求得a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為R，f'（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna．
令h（x）=f'（x）=2x+（a^x-1）lna，h′（x）=2+a^xln²a，
當a＞0，a≠1時，h'（x）＞0，所以h（x）在R上是增函數(shù)，
又h（0）=f′（0）=0，所以，f'（x）＞0的解集為（0，+∞），f′（x）＜0的解集為（-∞，0），
故函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（-∞，0）；
（2）①由（1）可知m₁≠m₂，當f（m₁）=f（m₂）時，m₁，m₂異號，不妨設有m₁＞0，m₂＜0，
先證明一個結(jié)論
當a＞1時，對任意的x＞0，有f（x）＞f（-x）成立，
當0＜a＜1時，對任意的x＞0，有f（x）＞f（-x）成立，
∵f（x）＞f（-x）
∴a^x+x²-xlna＞a^-x+x^x+xlna?a^x+a^-x-2xlna，
令t（x）=a^x+a^-x-2xlna，
∵t′（x）=a^xlna+a^-xlna-2lna=lna（a^x+a^-x-2）≥2$\sqrt{{a}^{x}•{a}^{-x}}-2$=0，（當且僅當x=0時等號成立），
又t（0）=0，
當a∈（0．，1）時，t′（x）≤0，所以t （x）在（0，-∞）上單調(diào)遞減，
t（x）＜t（0）=0，
此時對任意的x＞0，有f（x）＜f（-x）成立，
當a∈（1，+∞），t′（x）＞0，所以t （x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
此時對任意的x＞0，有f（x）＞f（-x）成立．
當a＞1時，f（m₂）=f（m₁）＞f（-m₁），由于f（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，所以m₂＜-m₁，m₁+m₂＜0．
同理0＜a＜1，m₁+m₂＞0．
當f（m₁）=f（m₂）時，當且僅當a＞1時，有m₁+m₂＜0成立．
②：問題等價于f（x）在[-1，1]的最大值與最小值之差≤e-1．
由（1）可知f（x）在[-1，0]上遞減，在[0，1]上遞增，
∴f（x）的最小值為f（0）=1，最大值等于f（-1），f（1）中較大的一個，
f（-1）=$\frac{1}{a}$+1lna，f（1）=a+1-lna，
f（1）-f（-1）=a-$\frac{1}{a}$-2lna，
令g（x）=x-$\frac{1}{x}$-2lnx，（x≥1），
則g′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{x}$=$（\frac{1}{x}-1）^{2}$≥0，僅在x=1時取等號，
∴g（x）為增函數(shù)，
∴當a＞1時，g（a）=a-$\frac{1}{a}$-2lna＞g（1）=0，
即f（1）-f（-1）＞0，∴f（1）＞f（-1），
于是f（x）的最大值為f（1）=a+1-lna，
故對?x₁，x₂∈[-1，1]，|f（x₁）-f（x₂）|≤|f（1）-f（0）|=a-lna，∴a-lna≤e-1，
當x≥1時，（x-lnx）′=$\frac{x-1}{x}$≥0，
∴y=x-lnx在[1，+∞）單調(diào)遞增，
∴由a-lna≤e-1可得a的取值范圍是1＜a≤e．
當0＜a＜1，此時，f（-1）為最大值，即f（-1）=$\frac{1}{a}$+1+lna，
∴$\frac{1}{a}$+1+lna-e+1≤0，
設F′（a）=-$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{a}$=$\frac{a-1}{{a}^{2}}$＜0，
∴F（a）在（0，1）單調(diào)遞減，
∵F（$\frac{1}{e}$）=e-1-e+1=0，由F′（a）≤0，解得$\frac{1}{e}$≤a＜1，
綜上所述a的取值范圍為[$\frac{1}{e}$，1）∪（1，e]．

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查恒成立問題的求解方法，考查學生分析問題和解決問題的能力，解題的關鍵是利用導數(shù)確定函數(shù)的最值，屬難題．