Question

已知函数f（x）=a^x+x²-xlna-b（a，b∈R，a＞0，a≠1）．
（1）当a＞1时，试判断函数f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（2）当b=4，a=e（e是自然对数的底数，e=2.71828…）时，求整数k的值，使得函数f（x）在区间（k，k+1）上存在零点；
（3）当b=0时，若存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，试求a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）当a＞1时，求函数的导数，利用函数的单调性和导数之间的关系即可判断函数f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（2）当b=4，a=e根据函数零点存在的条件即可求出k；
（3）当b=0时，求出函数的最值，即可求a的取值范围．

解答： 解：（1）f′（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna，
由于a＞1，故当x∈（0，+∞）时，lna＞0，a^x-1＞0，
∴f′（x）＞0，
故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增． 
（2）f（x）=e^x+x²-x-4，
∴f′（x）=e^x+2x-1，∴f′（0）=0，
当x＞0时，e^x＞1，∴f′（x）＞0，故f（x）是（0，+∞）上的增函数；
同理，f（x）是（-∞，0）上的减函数．
f（0）=-3＜0，f（1）=e-4＜0，f（2）=e²-2＞0，
当x＞2，f（x）＞0，
故当x＞0时，函数f（x）的零点在[1，2]内，
∴k=1满足条件；f(0)=-3＜0，f(-1)=

1

e

-2＜0，f(-2)=

1

e2

+2＞0，
当x＜-2，f（x）＞0，
故当x＜0时，函数f（x）的零点在[-2，-1]内，
∴k=-2满足条件．
综上，k=1或-2．               
（3）f（x）=a^x+x²-xlna，
∵存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，
∴当x∈[-1，1]时，|（f（x））_max-（f（x））_min|=（f（x））_max-（f（x））_min≥e-1，
f'（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna，
记h（x）=2x+（a^x-1）lna
h′（x）=a^xln²a+2＞0，∴h′（x）是R上的增函数，
故f′（x）=0有唯一解x=0．
则x，f（x），f′（x）的变化情况如下表所示：

x	（-∞，0）	0	（0，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	递减	极小值	递增

故f（x）在[-1，0]上递减，在[0，1]上递增，
所以当x∈[-1，1]时f_min（x）=f（0）=1，f_max（x）=max{f（1），f（-1）}，
而f（1）-f（-1）=（a+1-lna）-（

1

a

+1+lna）=a-

1

a

-2lna，
记g（t）=t-

1

t

-2lnt，t＞0，则g′（t）=1+

1

t2

-

2

t

=(

1

t

-1)2≥0（当t=1时取等号），
所以g（t）=t-

1

t

-2lnt在t∈（0，+∞）上单调递增，而g（1）=0，
所以当t＞1时，g（t）＞0；当0＜t＜1时，g（t）＜0，
也就是当a＞1时，f（1）＞f（-1）；当0＜a＜1时，f（1）＜f（-1），
①当a＞1时，由f（1）-f（0）≥e-1，即a-lna≥e-1，
∵a-lna是关于a＞1的增函数，
∴a-lnaa-lna≥e-1，解得a≥e；
②当0＜a＜1时，由f（1）-f（0）≥e-1，则

1

a

+lna≥e-1，同理能得出0＜a≤

1

e

．
综上知，所求a的取值范围为a∈（0，

1

e

]∪[e，+∞）．

点评：本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识，通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查考生综合运用数学知识解决问题的能力，同时也考查函数与方程思想、化归与转化思想．