Question

已知函數(shù)f（x）=a^x+x²-xlna（a＞1）．
（Ⅰ）求證：函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（Ⅱ）若函數(shù)y=|f（x）-log

1

2

b|-3有四個零點，求b的取值范圍
（Ⅲ）若對于任意的x₁，x₂∈[-1，1]時，都有|f（x₁）-f（x₂）|≤e²-2（e是自然對數(shù)的底數(shù)），求a的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,函數(shù)零點的判定定理

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（I）求導(dǎo)函數(shù)，證明f′（x）＞0，即可得函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
（II）先判斷函數(shù)f（x）的極小值，再由函數(shù)有四個零點，進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化方程有解問題，去掉絕對值，變成兩個方程，即可解出b的范圍；
（Ⅲ）|f（x₁）-f（x₂）|≤e²-2等價于求出函數(shù)在[-1，1]上的最大值和最小值即可求出a的取值范圍．

解答： （I）證明：∵f（x）=a^x+x²-xlna（a＞1）．
∴求導(dǎo)函數(shù)，可得f′（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna，
由于a＞1，
∴l(xiāng)na＞0，當(dāng)x＞0時，a^x-1＞0，
∴f′（x）＞0，故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當(dāng)x∈（-∞，0）時，f′（x）＜0，此時函數(shù)單調(diào)遞減，
∴f（x）在x=0處取得最小值f（0）=1，
由|f（x）-log

1

2

b|-3=0，得f（x）-log

1

2

b=3或f（x）-log

1

2

b=-3，
則f（x）=log

1

2

b+3或f（x）=log

1

2

b-3，
∵函數(shù)y=|f（x）-log

1

2

b|-3有四個零點，
∴

3+log 1 2 b＞1 -3+log 1 2 b＞1

，解得log

1

2

b＞4，即0＜b＜

1

16

．
（Ⅲ）若對于任意的x₁，x₂∈[-1，1]時，
由（Ⅰ）知，f（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f（x）的最小值為f（0）=1，
總而再來比較f（-1），與f（1）的大小即可，
f（-1）=

1

a

+1+lna，f（1）=a+1-lna，
則f（1）-f（-1）=a-

1

a

-2lna，
設(shè)g（a）=a-

1

a

-2lna，a＞1，
則g′（a）=1+

1

a2

-

2

a

=（

1

a

-1）²，
∵a＞1，∴g′（a）=1+

1

a2

-

2

a

=（

1

a

-1）²＞0，
即g（a）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（a）＞g（1）=1-1=0，
則g（a）=a-

1

a

-2lna＞0，
則f（1）-f（-1）=a-

1

a

-2lna＞0，
即f（1）＞f（-1），
則f（1）是函數(shù)f（x）的最大值，即f（1）=a+1-lna，
故對?x₁，x₂∈[-1，1]，|f（x₁）-f（x₂）|≤|f（1）-f（0）|=a-lna，
∴等價為a-lna≤e²-2，
令h（x）=x-lnx（x＞1），
h′（x）=1-

1

x

＞0，
∴h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
又a＞1，∴h（a）=a-lna≤e²-2=h（e²）
解得a≤e²；
則a的取值范圍為a∈（1，e²]．

點評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)的零點，考查恒成立問題，考查學(xué)生分析解決問題的能力，解題的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的最值．