Question

13．已知函数f（x）=a^x+x²-xlna-b（b∈R，a＞0且a≠1），e是自然对数的底数．
（1）讨论函数f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（2）当a＞1时，若存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，求实数a的取值范围．（参考公式：（a^x）′=a^xlna）

Answer 1

分析 （1）求导数f′（x），通过讨论0＜a＜1，a＞1以及x＞0可判断导数符号，从而得到函数的单调性；
（2）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…（1分）
当a＞1时，lna＞0，当x∈（0，+∞）时，2x＞0，a^x＞1，∴a^x-1＞0，
所以f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当0＜a＜1时，lna＜0，当x∈（0，+∞）时，2x＞0，a^x＜1，∴a^x-1＜0，
所以f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
综上，f（x）在（0，+∞）上单调递增，…（4分）
（2）f（x）=a^x+x²-xlna-b，因为存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，
所以当x∈[-1，1]时，|f（x）_max-f（x）_min|=f（x）_max-f（x）_min≥e-1…（5分）
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）}，…（7分）
而$f（1）-f（{-1}）=（{a+1-lna-b}）-（{\frac{1}{a}+1+lna-b}）=a-\frac{1}{a}-2lna$，
设$g（t）=t-\frac{1}{t}-2lnt（{t＞0}）$，因为$g'（t）=1+\frac{1}{t^2}-\frac{2}{t}={（{\frac{1}{t}-1}）^2}≥0$（当t=1时取等号），
∴$g（t）=t-\frac{1}{t}-2lnt$在t∈（0，+∞）上单调递增，而g（1）=0，
∴当t＞1时，g（t）＞0，∴当a＞1时，$a-\frac{1}{a}-2lna＞0$，
∴f（1）＞f（-1），…（9分）
∴f（1）-f（0）≥e-1，∴a-lna≥e-1，即a-lna≥e-lne，…（10分）
设h（a）=a-lna（a＞1），则$h'（a）=1-\frac{1}{a}=\frac{a-1}{a}＞0$，
∴函数h（a）=a-lna（a＞1）在（1，+∞）上为增函数，∴a≥e，
既a的取值范围是[e，+∞）…（12分）

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．