Question

已知函數(shù)f（x）=a^x+x²-xlnx（a＞1）
（1）求函數(shù)f（x）單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）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(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,絕對值不等式的解法

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，可求函數(shù)f（x）單調(diào)區(qū)間；
（2）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：（1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，f'（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna．
令h（x）=f'（x）=2x+（a^x-1）lna，h'（x）=2+a^xln²a，
當(dāng)a＞0，a≠1時(shí)，h'（x）＞0，所以h（x）在R上是增函數(shù)，…（2分）
又h（0）=f'（0）=0，所以，f'（x）＞0的解集為（0，+∞），f'（x）＜0的解集為（-∞，0），
故函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（-∞，0）…（4分）
（2）因?yàn)榇嬖趚₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1成立，
而當(dāng)x∈[-1，1]時(shí)|f（x₁）-f（x₂）|≤f（x）_max-f（x）_min，
所以只要f（x）_max-f（x）_min≥e-1…（6分）
又因?yàn)閤，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)

所以f（x）在[-1，0]上是減函數(shù)，在[0，1]上是增函數(shù)，
所以當(dāng)x∈[-1，1]時(shí)，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．…（8分）
因?yàn)閒（1）-f（-1）=a-

1

a

-2lna，
令g（a）=a-

1

a

-2lna（a＞0），
因?yàn)間′（a）=(1-

1

a

)2＞0，
所以g（a）=a-

1

a

-2lna在a∈（0，+∞）上是增函數(shù)．
而g（1）=0，故當(dāng)a＞1時(shí)，g（a）＞0，即f（1）＞f（-1）；
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，g（a）＜0，即f（1）＜f（-1）…（10分）
所以，當(dāng)a＞1時(shí)，f（1）-f（0）≥e-1，即a-lna≥e-1，
而函數(shù)y=a-lna在a∈（1，+∞）上是增函數(shù)，解得a≥e；
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f（-1）-f（0）≥e-1，即

1

a

+lna≥e-1，函數(shù)y=

1

a

+lna在a∈（0，1）上是減函數(shù)，
解得0＜a≤

1

e

．
綜上可知，所求a的取值范圍為（0，

1

e

]∪[e，+∞）．…（12分）

點(diǎn)評：本題考查了基本函數(shù)導(dǎo)數(shù)公式，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．屬于難題．