Question

14．已知函數(shù)f（x）=a^x-bx+$\frac{3}{2}$x²-5（a＞0，且a≠1），f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)，f′（0）=0．
（Ⅰ）求a，b滿(mǎn)足的關(guān)系式（用a表示b）；
（Ⅱ）當(dāng)a=e（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）時(shí)，若不等式f（x）＜0在開(kāi)區(qū)間（n₁，n₂）上恒成立（n₁，n₂∈Z），求n₂-n₁的最大值；
（Ⅲ）當(dāng)a＞1時(shí)，若存在x₁，x₂∈[-1，1]，使|f（x₁）-f（x₂）|≥e-$\frac{1}{2}$成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)代值計(jì)算即可；
（Ⅱ）由a=e得到f（x）=e^x-x+$\frac{3}{2}$x²-5，求導(dǎo)，利用函數(shù)的單調(diào)性和最值得關(guān)系即可求出；
（Ⅲ）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為x∈[-1，1]時(shí)f（x）_max-f（x）_min≥e-$\frac{1}{2}$，求導(dǎo)，判斷f（x）的單調(diào)性，求出f（x）_min=f（0）=4，f（x）_max=max{f（-1），f（1）}，構(gòu)造函數(shù)g（x）=x-$\frac{1}{x}$=2lnx，利用導(dǎo)數(shù)判斷，繼而轉(zhuǎn)化為a-lna≥e-1=e-lne，再構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性即可求出a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）f'（x）=a^xlna-b+3x，
∵f'（0）=lna-b=0，
∴b=lna，
（Ⅱ）當(dāng)a=e由（Ⅰ）知b=1，f（x）=e^x-x+$\frac{3}{2}$x²-5，
∴f′（x）=e^x-1+3x，
當(dāng)x＞0時(shí)，e^x-1＞0，f′（x）＞0，則f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
當(dāng)x＜0時(shí)，e^x-1＜0，f′（x）＜0，則f（x）在（-∞，0）上為減函數(shù)，
又f（-2）=$\frac{1}{{e}^{2}}$+3＞0，f（-1）=$\frac{1}{e}$-$\frac{5}{2}$＜0，f（1）=e-$\frac{9}{2}$＜0，f（2）=e²-1＞0，
∵n₁，n₂∈Z，
∴（n₁）_min=-1，（n₂）_max=1，
∴（n₂-n₁）_max=1-（-1）=2，
（Ⅲ）若存在存在x₁，x₂∈[-1，1]，使|f（x₁）-f（x₂）|≥e-$\frac{1}{2}$成立，即x∈[-1，1]時(shí)f（x）_max-f（x）_min≥e-$\frac{1}{2}$，
∵f′（x）=a^xlna-lna+3x=3x+（a^x-1）lna，
①當(dāng)0＜x≤1時(shí)，由a＞1，a^x-1＞0，lna＞0，∴f′（x）＞0
②當(dāng)-1≤x＜0時(shí)，由a＞1，a^x-1＜0，lna＞0，∴f′（x）＜0
③當(dāng)x=0時(shí)，f′（x）=0
∴f（x）在[-1，0]為減函數(shù)，在[0，1]為增函數(shù)，
∴f（x）_min=f（0）=4，f（x）_max=max{f（-1），f（1）}，
∵f（1）-f（-1）=a-$\frac{1}{a}$-2lna（a＞1）
設(shè)g（x）=x-$\frac{1}{x}$=2lnx，（x＞1），
∴g′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x}$=$\frac{{x}^{2}-2x+1}{{x}^{2}}$＞0，
∴g（x）在（1，+∞）為增函數(shù)，又∵g（1）=1-$\frac{1}{1}$=0，
∴g（x）＞0在（1，+∞）恒成立
即f（1）＞f（-1），
∴f（x）_max=f（1）=a-lna-$\frac{7}{2}$，
∴f（x）_max-f（x）_min=a-lna-$\frac{7}{2}$+4≥e-$\frac{1}{2}$，
即a-lna≥e-1=e-lne，
令h（a）=a-lna，（a＞1），
∴h′（a）=1-$\frac{1}{a}$＞0，
∴h（a）在（1，+∞）為增函數(shù)，
∴h（a）≥h（e），
∴a≥e．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性最值得關(guān)系，考查了轉(zhuǎn)化思想，培養(yǎng)了學(xué)生的運(yùn)算能力，分析解決問(wèn)題的能力，屬于難題．