Question

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

Answer 1

分析 （1）求導數f′（x），通過討論0＜a＜1，a＞1以及x＞0可判斷導數符號，從而得到函數的單調性；
（2）存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，等價于當x∈[-1，1]時，|f（x）_max-f（x）_min|=f（x）_max-f（x）_min≥e-1，利用導數易求函數f（x）在[-1，1]上的最小值f（0），而f（x）_max=max{f（-1），f（1）}，作差后構造函數可得f（x）_max=f（1），從而有f（1）-f（0）≥e-1，再構造函數利用單調性可求得a的范圍；

解答 解：（1）f'（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna…（1分）
當a＞1時，lna＞0，當x∈（0，+∞）時，2x＞0，a^x＞1，∴a^x-1＞0，
所以f'（x）＞0，故函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增；
當0＜a＜1時，lna＜0，當x∈（0，+∞）時，2x＞0，a^x＜1，∴a^x-1＜0，
所以f'（x）＞0，故函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增，
綜上，f（x）在（0，+∞）上單調遞增，…（4分）
（2）f（x）=a^x+x²-xlna-b，因為存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，
所以當x∈[-1，1]時，|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x＞0時，由a＞1，可知a^x-1＞0，lna＞0，∴f'（x）＞0；
②當x＜0時，由a＞1，可知a^x-1＜0，lna＞0，∴f'（x）＜0；
③當x=0時，f'（x）=0，∴f（x）在[-1，0]上遞減，在[0，1]上遞增，
∴當x∈[-1，1]時，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$g（t）=t-\frac{1}{t}-2lnt（{t＞0}）$，因為$g'（t）=1+\frac{1}{t^2}-\frac{2}{t}={（{\frac{1}{t}-1}）^2}≥0$（當t=1時取等號），
∴$g（t）=t-\frac{1}{t}-2lnt$在t∈（0，+∞）上單調遞增，而g（1）=0，
∴當t＞1時，g（t）＞0，∴當a＞1時，$a-\frac{1}{a}-2lna＞0$，
∴f（1）＞f（-1），…（9分）
∴f（1）-f（0）≥e-1，∴a-lna≥e-1，即a-lna≥e-lne，…（10分）
設h（a）=a-lna（a＞1），則$h'（a）=1-\frac{1}{a}=\frac{a-1}{a}＞0$，
∴函數h（a）=a-lna（a＞1）在（1，+∞）上為增函數，∴a≥e，
既a的取值范圍是[e，+∞）…（12分）

點評 本小題主要考查函數、導數、不等式證明等知識，通過運用導數知識解決函數、不等式問題，考查考生綜合運用數學知識解決問題的能力，同時也考查函數與方程思想、化歸與轉化思想．