Question

17．設(shè)函數(shù)f（x）=xlna-x²-a^x（a＞0，a≠1）．
（1）當(dāng)a=e時，求函數(shù)f（x）的圖象在點（0，f（0））的切線方程；
（2）若存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1（e為自然對數(shù)的底數(shù)），求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得a=e時，f（x）=xlne-x²-e^x的導(dǎo)數(shù)，可得f（x）在（0，f（0））處的切線的斜率和切點，即可得到所求切線的方程；
（2）由題意可得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）的最小值是f（1）或f（-1），最大值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：（1）當(dāng)a=e時，f（x）=xlne-x²-e^x的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=1-2x-e^x，
可得函數(shù)f（x）的圖象在點（0，f（0））的切線斜率為1-0-1=0，
切點為（0，-1），即有切線的方程為y=-1；
（2）由存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1成立，
而當(dāng)x∈[-1，1]時|f（x₁）-f（x₂）|≤f（x）_max-f（x）_min，
則只要f（x）_max-f（x）_min≥e-1，
f（x）=xlna-x²-a^x的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=lna-2x-a^xlna，
又x，f'（x），f（x）的變化情況如下表所示：

x	（-∞，0）	0	（0，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	增函數(shù)	極大值	減函數(shù)

所以f（x）在[-1，0]上是增函數(shù)，在[0，1]上是減函數(shù)，
所以當(dāng)x∈[-1，1]時，f（x）的最大值f（x）_max=f（0）=-1，
f（x）的最小值f（x）_min為f（-1）和f（1）中的最小值．
因為f（1）-f（-1）=（lna-1-a）-（-lna-1-$\frac{1}{a}$）=2lna-a+$\frac{1}{a}$，
令g（a）=2lna-a+$\frac{1}{a}$，由g′（a）=$\frac{2}{a}$-1-$\frac{1}{{a}^{2}}$=-$\frac{（a-1）^{2}}{{a}^{2}}$＜0，
所以g（a）在a∈（0，+∞）上是減函數(shù)．
而g（1）=0，故當(dāng)a＞1時，g（a）＜0，即f（1）＜f（-1）；
當(dāng)0＜a＜1時，g（a）＞0，即f（1）＞f（-1），
所以，當(dāng)a＞1時，f（0）-f（1）≥e-1，即a-lna≥e-1，
而函數(shù)y=a-lna的導(dǎo)數(shù)y′=1-$\frac{1}{a}$，
可得函數(shù)y在a∈（1，+∞）上是增函數(shù)，解得a≥e；
當(dāng)0＜a＜1時，f（0）-f（-1）≥e-1，即$\frac{1}{a}$+lna≥e-1，
函數(shù)y=$\frac{1}{a}$+lna的導(dǎo)數(shù)為y′=$\frac{1}{a}$-$\frac{1}{{a}^{2}}$=$\frac{a-1}{{a}^{2}}$，
可得函數(shù)y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（0，$\frac{1}{e}$]∪[e，+∞）．

點評 本題考查導(dǎo)，屬于中檔題．?dāng)?shù)的運用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查存在性問題的解法，注意運用轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，考查化簡整理運算能力，屬于中檔題．