Question

6．已知函數(shù)f（x）=a^x+x²-xlna（a＞0且a≠1）
（1）求函數(shù)f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；
（2）求函數(shù)f（x）單調區(qū)間；
（3）若存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1（e是自然對數(shù)的底數(shù)），求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求f′（x），再計算f′（0），和f（0），即可得到切線方程；
（2）先求函數(shù)的導數(shù)f′（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna，并且f′（0）=0，判斷零點兩側的正負，得到單調區(qū)間；
（3）將存在性問題轉化為|f（x₁）-f（x₂）|_max≥e-1，即f（x）_max-f（x）_min≥e-1，
根據(jù)上一問的單調性得到最小值f（0），再計算端點值f（-1）和f（1）比較大�。�因為$f（1）-f（-1）=（a+1-lna）-（\frac{1}{a}+1+lna）=a-\frac{1}{a}-2lna$，再令令$g（a）=a-\frac{1}{a}-2lna（a＞0）$，
求其導數(shù)，分情況比較大小，計算a的取值范圍．

解答 解：（1）因為函數(shù)f（x）=a^x+x²-xlna（a＞0，a≠1），
所以f′（x）=a^xlna+2x-lna，f′（0）=0，
又因為f（0）=1，所以函數(shù)f（x）在點（0，f（0））處的切線方程為y=1；
（2）由（1），f′（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna．
當a＞1時，lna＞0，（a^x-1）lna在R上遞增；
當0＜a＜1時，lna＜0，（a^x-1）lna在R上遞增；
故當a＞0，a≠1時，總有f′（x）在R上是增函數(shù)，
又f′（0）=0，所以不等式f′（x）＞0的解集為（0，+∞），
故函數(shù)f（x）的單調增區(qū)間為（0，+∞），遞減區(qū)間為 （-∞，0）；
（3）因為存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1成立，
而當x∈[-1，1]時，|f（x₁）-f（x₂）|≤f（x）_max-f（x）_min，
所以只要f（x）_max-f（x）_min≥e-1即可．
又因為x，f'（x），f（x）的變化情況如下表所示：

x	（-∞，0）	0	（0，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	減函數(shù)	極小值	增函數(shù)

可得f（x）在[-1，0]上是減函數(shù)，在[0，1]上是增函數(shù)，
所以當x∈[-1，1]時，f（x）的最小值f（x）_min=f（0）=1，
f（x）的最大值f（x）_max為f（-1）和f（1）中的最大值．
因為$f（1）-f（-1）=（a+1-lna）-（\frac{1}{a}+1+lna）=a-\frac{1}{a}-2lna$，
令$g（a）=a-\frac{1}{a}-2lna（a＞0）$，因為$g'（a）=1+\frac{1}{a^2}-\frac{2}{a}={（1-\frac{1}{a}）^2}＞0$，
所以$g（a）=a-\frac{1}{a}-2lna$在a∈（0，1）、（1，+∞）上是增函數(shù)．
而g（1）=0，故當a＞1時，g（a）＞0，即f（1）＞f（-1）；
當0＜a＜1時，g（a）＜0，即f（1）＜f（-1）．
所以，當a＞1時，f（1）-f（0）≥e-1，即a-lna≥e-1，
函數(shù)y=a-lna在a∈（1，+∞）上是增函數(shù)，解得a≥e；
當0＜a＜1時，f（-1）-f（0）≥e-1，即$\frac{1}{a}+lna≥e-1$，
函數(shù)$y=\frac{1}{a}+lna$在a∈（0，1）上是減函數(shù)，解得$0＜a≤\frac{1}{e}$．
綜上可知，所求a的取值范圍為$a∈（0，\frac{1}{e}]∪[e，+∞）$．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的方程和單調區(qū)間、極值和最值，考查分類討論思想方法和轉化思想的運用，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．