Question

6．已知函数f（x）=a^x+x²-xlna（a＞0且a≠1）
（1）求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）求函数f（x）单调区间；
（3）若存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求f′（x），再计算f′（0），和f（0），即可得到切线方程；
（2）先求函数的导数f′（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna，并且f′（0）=0，判断零点两侧的正负，得到单调区间；
（3）将存在性问题转化为|f（x₁）-f（x₂）|_max≥e-1，即f（x）_max-f（x）_min≥e-1，
根据上一问的单调性得到最小值f（0），再计算端点值f（-1）和f（1）比较大小．因为$f（1）-f（-1）=（a+1-lna）-（\frac{1}{a}+1+lna）=a-\frac{1}{a}-2lna$，再令令$g（a）=a-\frac{1}{a}-2lna（a＞0）$，
求其导数，分情况比较大小，计算a的取值范围．

解答 解：（1）因为函数f（x）=a^x+x²-xlna（a＞0，a≠1），
所以f′（x）=a^xlna+2x-lna，f′（0）=0，
又因为f（0）=1，所以函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；
（2）由（1），f′（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna．
当a＞1时，lna＞0，（a^x-1）lna在R上递增；
当0＜a＜1时，lna＜0，（a^x-1）lna在R上递增；
故当a＞0，a≠1时，总有f′（x）在R上是增函数，
又f′（0）=0，所以不等式f′（x）＞0的解集为（0，+∞），
故函数f（x）的单调增区间为（0，+∞），递减区间为 （-∞，0）；
（3）因为存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1成立，
而当x∈[-1，1]时，|f（x₁）-f（x₂）|≤f（x）_max-f（x）_min，
所以只要f（x）_max-f（x）_min≥e-1即可．
又因为x，f'（x），f（x）的变化情况如下表所示：

x	（-∞，0）	0	（0，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	减函数	极小值	增函数

可得f（x）在[-1，0]上是减函数，在[0，1]上是增函数，
所以当x∈[-1，1]时，f（x）的最小值f（x）_min=f（0）=1，
f（x）的最大值f（x）_max为f（-1）和f（1）中的最大值．
因为$f（1）-f（-1）=（a+1-lna）-（\frac{1}{a}+1+lna）=a-\frac{1}{a}-2lna$，
令$g（a）=a-\frac{1}{a}-2lna（a＞0）$，因为$g'（a）=1+\frac{1}{a^2}-\frac{2}{a}={（1-\frac{1}{a}）^2}＞0$，
所以$g（a）=a-\frac{1}{a}-2lna$在a∈（0，1）、（1，+∞）上是增函数．
而g（1）=0，故当a＞1时，g（a）＞0，即f（1）＞f（-1）；
当0＜a＜1时，g（a）＜0，即f（1）＜f（-1）．
所以，当a＞1时，f（1）-f（0）≥e-1，即a-lna≥e-1，
函数y=a-lna在a∈（1，+∞）上是增函数，解得a≥e；
当0＜a＜1时，f（-1）-f（0）≥e-1，即$\frac{1}{a}+lna≥e-1$，
函数$y=\frac{1}{a}+lna$在a∈（0，1）上是减函数，解得$0＜a≤\frac{1}{e}$．
综上可知，所求a的取值范围为$a∈（0，\frac{1}{e}]∪[e，+∞）$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值和最值，考查分类讨论思想方法和转化思想的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．