Question

（2013•深圳一模）已知函数f（x）=a^x+x²-xlna-b（a，b∈R，a＞1），e是自然对数的底数．
（1）试判断函数f（x）在区间（0，+∞）上的单调性；
（2）当a=e，b=4时，求整数k的值，使得函数f（x）在区间（k，k+1）上存在零点；
（3）若存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，试求a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）求导数f′（x），由a＞1，x＞0可判断导数符号，从而得到函数的单调性；
（2）求导数f′（x），根据导数判断其单调区间及最小值，由零点存在定理及单调性即可求得符合条件的整数k；
（3）存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，等价于当x∈[-1，1]时，|f（x）_max-f（x）_min|=f（x）_max-f（x）_min≥e-1，利用导数易求函数f（x）在[-1，1]上的最小值f（0），而f（x）_max=max{f（-1），f（1）}，作差后构造函数可得f（x）_max=f（1），从而有f（1）-f（0）≥e-1，再构造函数利用单调性可求得a的范围；

解答：解：（1）f'（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna，
由于a＞1，故当x∈（0，+∞）时，lna＞0，a^x-1＞0，所以f'（x）＞0，
故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
（2）f（x）=e^x+x²-x-4，∴f′（x）=e^x+2x-1，∴f'（0）=0，
当x＞0时，e^x＞1，∴f'（x）＞0，故f（x）是（0，+∞）上的增函数；
同理，f（x）是（-∞，0）上的减函数．
f（0）=-3＜0，f（1）=e-4＜0，f（2）=e²-2＞0，当x＞2时，f（x）＞0，
故当x＞0时，函数f（x）的零点在（1，2）内，∴k=1满足条件；
f(0)=-3＜0，f(-1)=

1

e

-2＜0，f(-2)=

1

e2

+2＞0，当x＜-2时，f（x）＞0，
故当x＜0时，函数f（x）的零点在（-2，-1）内，∴k=-2满足条件．
综上所述，k=1或-2．
（3）f（x）=a^x+x²-xlna-b，存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，
等价于当x∈[-1，1]时，|f（x）_max-f（x）_min|=f（x）_max-f（x）_min≥e-1，
f'（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna，
①当x＞0时，由a＞1，可知a^x-1＞0，lna＞0，∴f'（x）＞0；
②当x＜0时，由a＞1，可知 a^x-1＜0，lna＞0，∴f'（x）＜0；
③当x=0时，f'（x）=0．
∴f（x）在[-1，0]上递减，在[0，1]上递增，
∴当x∈[-1，1]时，f（x）_min=f（0）=1-b，f（x）_max=max{f（-1），f（1）}，
而f(1)-f(-1)=(a+1-lna-b)-(

1

a

+1+lna-b)=a-

1

a

-2lna，
设g(t)=t-

1

t

-2lnt(t＞0)，因为g′(t)=1+

1

t2

-

2

t

=(

1

t

-1)2≥0（当t=1时取等号），
∴g(t)=t-

1

t

-2lnt在t∈（0，+∞）上单调递增，而g（1）=0，
∴当t＞1时，g（t）＞0，∴当a＞1时，a-

1

a

-2lna＞0，
∴f（1）＞f（-1），∴f（1）-f（0）≥e-1，
∴a-lna≥e-1，即a-lna≥e-lne，
设h（a）=a-lna（a＞1），则h′(a)=1-

1

a

=

a-1

a

＞0．
∴函数h（a）=a-lna（a＞1）在（1，+∞）上为增函数，
∴a≥e，即a的取值范围是[e，+∞）．

点评：本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识，通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查考生综合运用数学知识解决问题的能力，同时也考查函数与方程思想、化归与转化思想．