Question

14．已知函数f（x）=a^x+x²-xlna（a＞1），x∈[-1，1]．
（1）证明：f（0）是f（x）的极小值；
（2）对任意x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≤e-1，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出f′（x），判断f′（x）在（-1，0）和（0，1）上的符号即可得出结论；
（2）求出f（x）在[-1，1]上的最值，令f_max（x）-f_min（x）≤e-1得出关于a的不等式a-lna≤e-1，再根据F（a）=a-lna的单调性得出a的范围．

解答 （1）证明：f′（x）=a^xlna+2x-lna=（a^x-1）lna+2x，
∴f′（0）=0，
∵a＞1，
∴当x∈（-1，0）时，（a^x-1）＜0，lna＞0，2x＜0，
∴f′（x）=（a^x-1）lna+2x＜0，
当x∈（0，1）时，（a^x-1）＞0，lna＞0，2x＞0，
∴f′（x）=（a^x-1）lna+2x＞0，
∴f（x）在（-1，0）上单调递减，在（0，1）上单调递增，
∴f（0）是f（x）的极小值．
（2）解：由（1）可知f（x）在（-1，0）上单调递减，在（0，1）上单调递增，
∴f_min（x）=f（0）=1，
又f（-1）=$\frac{1}{a}$+1+lna，f（1）=a+1-lna，
令h（a）=f（-1）-f（1）=$\frac{1}{a}-a+2lna$，则h′（a）=-$\frac{1}{{a}^{2}}$-1+$\frac{2}{a}$=$\frac{-{a}^{2}+2a-1}{{a}^{2}}$=-$\frac{（a-1）^{2}}{{a}^{2}}$＜0，
∴h（a）在（1，+∞）上单调递减，
∴h（a）=f（-1）-f（1）＜h（1）=0，即f（-1）＜f（1），
∴f_max（x）=f（1）=a+1-lna．
∴对于任意x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≤f（1）-f（0）=a-lna，
∴a-lna≤e-1恒成立，
令F（a）=a-lna，则F′（a）=1-$\frac{1}{a}$＞0，
∴F（a）在（1，+∞）上是增函数，且F（e）=e-1，
∴1＜a≤e．

点评 本题考查了导数与函数单调性、极值、最值的关系，属于中档题．