Question

1．已知函数f（x）=a^x-xlna（a＞l），g（x）=b-$\frac{3{x}^{2}}{2}$，e为自然对数的底数．
（1）当a=e，b=5时，求方程f（x）=g（x）的解的个数；
（2）若存在x₁，x₂∈[-l，1]使得f（x₁）+g（x₂）+$\frac{1}{2}$≥f（x₂）=g（x₁）+e成立，求实数a的取值范围．[注：（a^x）′=a^xlna]．

Answer 1

分析 （1）构造函数F（x）=f（x）-g（x）=a^x-xlna+$\frac{3}{2}$x²-b，从而代入a=e，b=5得F（x）=e^x-x+$\frac{3}{2}$x²-5，F′（x）=e^x-1+3x；从而由导数的正负确定函数的单调性，再结合函数零点的判定定理可得F（x）在（1，2），（-2，-1）内分别有一个零点．
（2）原题意可化为存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得[f（x₁）-g（x₁）]-[f（x₂）-g（x₂）]≥e-$\frac{1}{2}$；即存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得F（x₁）-F（x₂）≥e-$\frac{1}{2}$；从而化为F（x）max-F（x）min≥e-$\frac{1}{2}$，x∈[-1，1]；从而转化为函数F（x）的最值问题，求导可得F′（x）=a^xlna-lna+3x=3x+（a^x-1）lna；从而由导数的正负确定函数的单调性，从而可得F（x）min=F（0）=1-b，F（x）max=max{F（-1），F（1）}；再比较F（-1），F（1）的大小可得F（1）＞F（-1）；从而化为F（1）-F（0）≥e-$\frac{1}{2}$；从而可得a-lna≥e-lne，从而解得．

解答 解：（1）令F（x）=f（x）-g（x）=a^x-xlna+$\frac{3}{2}$x²-b，
当a=e，b=5时，F（x）=e^x-x+$\frac{3}{2}$x²-5，F′（x）=e^x-1+3x；
当x＞0时，F′（x）＞0，则F（x）在（0，+∞）上为增函数，
当x＜0时，F′（x）＜0，则F（x）在（0，+∞）上为减函数；
而F（0）=-4，F（1）=e-$\frac{9}{2}$＜0，F（2）=e²-1＞0，
F（-1）=$\frac{1}{e}-\frac{5}{2}$＜0，F（-2）=$\frac{1}{{e}^{2}}$+2＞0；
又∵F（x）在（1，2），（-2，-1）上分别连续且单调，
∴F（x）在（1，2），（-2，-1）内分别有一个零点，
即方程f（x）=g（x）在区间（1，2），（-2，-1）内各有一个解；
综上所述，方程f（x）=g（x）有两解．
（2）若存在x₁，x₂∈[-1，1]使得f（x₁）+g（x₂）+$\frac{1}{2}$≥f（x₂）+g（x₁）+e成立，
即存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得[f（x₁）-g（x₁）]-[f（x₂）-g（x₂）]≥e-$\frac{1}{2}$；
即存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得F（x₁）-F（x₂）≥e-$\frac{1}{2}$；
即F（x）max-F（x）min≥e-$\frac{1}{2}$，x∈[-1，1]；
F′（x）=a^xlna-lna+3x=3x+（a^x-1）lna；
①当x＞0时，由a＞1得a^x-1＞0，lna＞0，故F′（x）＞0；
②当x=0时，F′（x）=0；
③当x＜0时，由a＞1得a^x-1＜0，lna＞0，故F′（x）＜0；
则F（x）在[-1，0]上为减函数，[0，1]上为增函数；
故F（x）min=F（0）=1-b；
F（x）max=max{F（-1），F（1）}；
而F（1）-F（-1）=a-$\frac{1}{a}$-2lna（a＞1）；
设h（a）=a-$\frac{1}{a}$-2lna（a＞0），
则h′（a）=1+$\frac{1}{{a}^{2}}$-2$\frac{1}{a}$=（$\frac{1}{a}$-1）²≥0，
（当且仅当a=1时，等号成立）
∴h（a）在（0，+∞）上为增函数，而h（1）=0；
故当a＞1时，h（a）＞h（1）=0；
∴F（1）＞F（-1）；
故F（1）-F（0）≥e-$\frac{1}{2}$；
化简可得，a-lna≥e-lne，
且易知m（a）=a-lna在（1，+∞）上是增函数，
故a≥e；
即实数a的取值范围为[e，+∞）．

点评 本题考查了导数的综合应用及存在性命题，同时考查了分类讨论的思想及函数零点的判定定理的应用，属于难题．