Question

14．已知函数f（x）=a^x-bx+$\frac{3}{2}$x²-5（a＞0，且a≠1），f′（x）为f（x）的导函数，f′（0）=0．
（Ⅰ）求a，b满足的关系式（用a表示b）；
（Ⅱ）当a=e（e为自然对数的底数）时，若不等式f（x）＜0在开区间（n₁，n₂）上恒成立（n₁，n₂∈Z），求n₂-n₁的最大值；
（Ⅲ）当a＞1时，若存在x₁，x₂∈[-1，1]，使|f（x₁）-f（x₂）|≥e-$\frac{1}{2}$成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导代值计算即可；
（Ⅱ）由a=e得到f（x）=e^x-x+$\frac{3}{2}$x²-5，求导，利用函数的单调性和最值得关系即可求出；
（Ⅲ）问题转化为x∈[-1，1]时f（x）_max-f（x）_min≥e-$\frac{1}{2}$，求导，判断f（x）的单调性，求出f（x）_min=f（0）=4，f（x）_max=max{f（-1），f（1）}，构造函数g（x）=x-$\frac{1}{x}$=2lnx，利用导数判断，继而转化为a-lna≥e-1=e-lne，再构造函数，利用函数的单调性即可求出a的范围．

解答 解：（Ⅰ）f'（x）=a^xlna-b+3x，
∵f'（0）=lna-b=0，
∴b=lna，
（Ⅱ）当a=e由（Ⅰ）知b=1，f（x）=e^x-x+$\frac{3}{2}$x²-5，
∴f′（x）=e^x-1+3x，
当x＞0时，e^x-1＞0，f′（x）＞0，则f（x）在（0，+∞）上为增函数，
当x＜0时，e^x-1＜0，f′（x）＜0，则f（x）在（-∞，0）上为减函数，
又f（-2）=$\frac{1}{{e}^{2}}$+3＞0，f（-1）=$\frac{1}{e}$-$\frac{5}{2}$＜0，f（1）=e-$\frac{9}{2}$＜0，f（2）=e²-1＞0，
∵n₁，n₂∈Z，
∴（n₁）_min=-1，（n₂）_max=1，
∴（n₂-n₁）_max=1-（-1）=2，
（Ⅲ）若存在存在x₁，x₂∈[-1，1]，使|f（x₁）-f（x₂）|≥e-$\frac{1}{2}$成立，即x∈[-1，1]时f（x）_max-f（x）_min≥e-$\frac{1}{2}$，
∵f′（x）=a^xlna-lna+3x=3x+（a^x-1）lna，
①当0＜x≤1时，由a＞1，a^x-1＞0，lna＞0，∴f′（x）＞0
②当-1≤x＜0时，由a＞1，a^x-1＜0，lna＞0，∴f′（x）＜0
③当x=0时，f′（x）=0
∴f（x）在[-1，0]为减函数，在[0，1]为增函数，
∴f（x）_min=f（0）=4，f（x）_max=max{f（-1），f（1）}，
∵f（1）-f（-1）=a-$\frac{1}{a}$-2lna（a＞1）
设g（x）=x-$\frac{1}{x}$=2lnx，（x＞1），
∴g′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x}$=$\frac{{x}^{2}-2x+1}{{x}^{2}}$＞0，
∴g（x）在（1，+∞）为增函数，又∵g（1）=1-$\frac{1}{1}$=0，
∴g（x）＞0在（1，+∞）恒成立
即f（1）＞f（-1），
∴f（x）_max=f（1）=a-lna-$\frac{7}{2}$，
∴f（x）_max-f（x）_min=a-lna-$\frac{7}{2}$+4≥e-$\frac{1}{2}$，
即a-lna≥e-1=e-lne，
令h（a）=a-lna，（a＞1），
∴h′（a）=1-$\frac{1}{a}$＞0，
∴h（a）在（1，+∞）为增函数，
∴h（a）≥h（e），
∴a≥e．

点评 本题考查了导数和函数的单调性最值得关系，考查了转化思想，培养了学生的运算能力，分析解决问题的能力，属于难题．