Question

已知函數f（x）=a^x+x²-xlna（a＞1）．
（Ⅰ）試討論函數f（x）的單調性；
（Ⅱ）若函數y=|f（x）-t|-1有三個零點，試求t的值；
（Ⅲ）若存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，試求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（I）利用導數的運算法則dcf^′（x）=2x+（a^x-1）lna，由于a＞1，而a^x在R上單調遞增，只要分x＞0和x＜0討論即可；
（II）當a＞1時，由（Ⅰ）可知：f（x）在x=0處取得最小值，又函數y=|f（x）-t|-1有三個零點?方程f（x）=t±1有三個根，而t+1＞t-1，必須t-1=（f（x））_min=f（0）=1，解出即可．
（III）因為存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1．可知當x∈[-1，1]時，得|（f（x））_max-（f（x））_min|=（f（x））_max-（f（x））_min≥e-1．
又由（Ⅰ）知：f（x）在[-1，0]上單調遞減，在[0，1]上單調遞增，故當x∈[-1，1]時，（f（x））_min=f（0）=1，（f（x））_max=max{f（-1），f（1）}，再作差利用導數比較f（1）與f（-1）大小即可．

解答：解：（Ⅰ）f'（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna．
∵f'（0）=0，且a＞1．
當x＞0時，lna＞0，a^x-1＞0⇒f'（x）＞0，
故函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增；
當x＜0時，lna＞0，a^x-1＜0⇒f'（x）＜0．
故函數f（x）在（0，+∞）上單調遞減．
（Ⅱ）當a＞1時，由（Ⅰ）可知：f（x）在x=0處取得最小值，又函數y=|f（x）-t|-1有三個零點，所以方程f（x）=t±1有三個根，
而t+1＞t-1，所以t-1=（f（x））_min=f（0）=1，由此可解得：t=2．
（Ⅲ）因為存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，
因此當x∈[-1，1]時，有：|（f（x））_max-（f（x））_min|=（f（x））_max-（f（x））_min≥e-1．
又由（Ⅰ）知：f（x）在[-1，0]上單調遞減，在[0，1]上單調遞增，
故當x∈[-1，1]時，（f（x））_min=f（0）=1，（f（x））_max=max{f（-1），f（1）}，
而f(1)-f(-1)=(a+1-lna)-(

1

a

+1+lna)=a-

1

a

-2lna．
記g(t)=t-

1

t

-2lnt (t≥1)，因為g(t)′=1+

1

t2

-

2

t

=(

1

t

-1)2≥0（當t=1時取等號）
因此g(t)=t-

1

t

-2lnt在t∈[1，+∞）上單調遞增，而g（1）=0，故當t＞1時，g（t）＞0；即當a＞1時，f（1）＞f（-1）
由f（1）-f（0）≥e-1⇒a-lna≥e-1⇒a≥e，綜上所述，所求a的取值范圍為[e，+∞）．

點評：本題主要考查利用導數研究函數單調性、等價轉化方法、不等式的證明等基礎知識，考查數形結合思想和導數作為解決問題的工具的靈活運用，著重突出了分析問題、解決問題的能力和創新意識，是一道具有很好區分度的綜合題目．