Question

已知函数f（x）=a^x+x²-xlna（a＞0，a≠1）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）满足：
   ①对任意的m₁，m₂，m₁≠m₂，当f（m₁）=f（m₂）时，有m₁+m₂＜0成立；
   ②对?x₁，x₂∈[-1，1]，|f（x₁）-f（x₂）≤e-1恒成立．求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（1）求导数，利用导数的正负，可求函数f（x）单调区间；
（2）①先证明当a＞1时，对任意的x＞0，有f（x）＞f（-x）成立，当0＜a＜1时，对任意的x＞0，有f（x）＞f（-x）成立，再分情况讨论可得．
②问题等价于f（x）在[-1，1]的最大值与最小值之差≤e-1．由（Ⅱ）可知f（x）在[-1，0]上递减，在[0，1]上递增，f（x）的最小值为f（0）=1，最大值等于f（-1），f（1）中较大的一个，构造函数可得f（x）的最大值为f（1）=a+1-lna，从而问题转化为a-lna≤e-1，即可求得a的取值范围．

解答： 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为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，
当a＞0，a≠1时，h'（x）＞0，所以h（x）在R上是增函数，
又h（0）=f′（0）=0，所以，f'（x）＞0的解集为（0，+∞），f′（x）＜0的解集为（-∞，0），
故函数f（x）的单调增区间为（0，+∞），单调减区间为（-∞，0）；
（2）①由（1）可知m₁≠m₂，当f（m₁）=f（m₂）时，m₁，m₂比异号，不妨设有m₁＞0，m₂＜0成，
先证明一个结论
当a＞1时，对任意的x＞0，有f（x）＞f（-x）成立，
当0＜a＜1时，对任意的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

ax•a-x

-2=0，（当且仅当x=0时等号成立），
又t（0）=0
当a∈（0．，1）时，t′（x）≤0，所以t （x）在（0，-∞）上单调递减，
t（x）＜t（0）=0，
此时对任意的x＞0，有f（x）＜f（-x）成立，
当a∈（1，+∞），t′（x）＞0，所以t （x）在（1，+∞）上单调递增，
此时对任意的x＞0，有f（x）＞f（-x）成立．
当a＞1时，f（m₂）=f（m₁）＞f（-m₁），由于f（x）在（-∞，0）上单调递减，所以m₂＜-m₁，m₁+m₂＜0．
同理0＜a＜1，m₁+m₂＞0．
当f（m₁）=f（m₂）时，当且仅当a＞1时，有m₁+m₂＜0成立．
②：问题等价于f（x）在[-1，1]的最大值与最小值之差≤e-1．
由（1）可知f（x）在[-1，0]上递减，在[0，1]上递增，
∴f（x）的最小值为f（0）=1，最大值等于f（-1），f（1）中较大的一个，
f（-1）=

1

a

+1lna，f（1）=a+1-lna，
f（1）-f（-1）=a-

1

a

-2lna
令g（x）=x-

1

x

-2lnx，（x≥1），
则g′（x）=1+

1

x2

-

2

x

=(

1

x

-1)2≥0，仅在x=1时取等号，
∴g（x）为增函数，
∴当a＞1时，g（a）=a-

1

a

-2lna＞g（1）=0，
即f（1）-f（-1）＞0，∴f（1）＞f（-1），
于是f（x）的最大值为f（1）=a+1-lna，
故对?x₁，x₂∈[-1，1]，|f（x₁）-f（x₂）|≤|f（1）-f（0）|=a-lna，∴a-lna≤e-1，
当x≥1时，(x-lnx)′=

x-1

x

≥0，
∴y=x-lnx在[1，+∞）单调递增，
∴由a-lna≤e-1可得a的取值范围是1＜a≤e．

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的零点，考查恒成立问题，考查学生分析解决问题的能力，解题的关键是利用导数确定函数的最值．