Question

已知函數(shù)f（x）=a^x+x²-xlna（a＞0，a≠1）．
（Ⅰ）當(dāng)a＞1時，求證：函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（Ⅱ）若函數(shù)y=|f（x）-t|-1有三個零點(diǎn)，求t的值；
（Ⅲ）若存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，試求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）證明a＞1時函數(shù)的導(dǎo)數(shù)大于0．
（Ⅱ）先判斷函數(shù)f（x）的極小值，再由y=|f（x）-t|-1有三個零點(diǎn)，所以方程f（x）=t±1有三個根，根據(jù)t-1應(yīng)是f（x）的極小值，解出t．
（Ⅲ）f（x）的最大值減去f（x）的最小值大于或等于e-1，由單調(diào)性知，f（x）的最大值是f（1）
或f（-1），最小值f（0）=1，由f（1）-f（-1）的單調(diào)性，判斷f（1）與f（-1）的大小關(guān)系，再由
f（x）的最大值減去最小值f（0）大于或等于e-1求出a的取值范圍．

解答：解：（Ⅰ）f′（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna  （3分）
由于a＞1，故當(dāng)x∈（0，+∞）時，lna＞0，a^x-1＞0，所以f′（x）＞0，
故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增  （5分）
（Ⅱ）當(dāng)a＞0，a≠1時，因?yàn)閒′（0）=0，且f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
故f′（x）=0有唯一解x=0（7分）
所以x，f′（x），f（x）的變化情況如下表所示：

又函數(shù)y=|f（x）-t|-1有三個零點(diǎn)，所以方程f（x）=t±1有三個根，
而t+1＞t-1，所以t-1=（f（x））_min=f（0）=1，解得t=2；（11分）
（Ⅲ）因?yàn)榇嬖趚₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，
所以當(dāng)x∈[-1，1]時，|（f（x））_max-（f（x））_min|
=（f（x））_max-（f（x））_min≥e-1，（12分）
由（Ⅱ）知，f（x）在[-1，0]上遞減，在[0，1]上遞增，
所以當(dāng)x∈[-1，1]時，（f（x））_min=f（0）=1，
（f（x））_max=max{f（-1），f（1）}，
而f(1)-f(-1)=(a+1-lna)-(

1

a

+1+lna)=a-

1

a

-2lna，
記g(t)=t-

1

t

-2lnt(t＞0)，
因?yàn)?span id="wggypza" class="MathJye" mathtag="math" style="whiteSpace:nowrap;wordSpacing:normal;wordWrap:normal">g′(t)=1+

1

t2

-

2

t

=(

1

t

-1)2≥0（當(dāng)t=1時取等號），
所以g(t)=t-

1

t

-2lnt在t∈（0，+∞）上單調(diào)遞增，而g（1）=0，
所以當(dāng)t＞1時，g（t）＞0；當(dāng)0＜t＜1時，g（t）＜0，
也就是當(dāng)a＞1時，f（1）＞f（-1）；
當(dāng)0＜a＜1時，f（1）＜f（-1）（14分）
①當(dāng)a＞1時，由f（1）-f（0）≥e-1?a-lna≥e-1?a≥e，
②當(dāng)0＜a＜1時，由f(-1)-f(0)≥e-1?

1

a

+lna≥e-1?0＜a≤

1

e

，
綜上知，所求a的取值范圍為a∈(0，

1

e

]∪[e，+∞)．（16分）

點(diǎn)評：本題考查函數(shù)的零點(diǎn)，用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值，屬于中檔題．