Question

（2013•深圳一模）已知函數f（x）=a^x+x²-xlna-b（a，b∈R，a＞1），e是自然對數的底數．
（1）試判斷函數f（x）在區間（0，+∞）上的單調性；
（2）當a=e，b=4時，求整數k的值，使得函數f（x）在區間（k，k+1）上存在零點；
（3）若存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，試求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）求導數f′（x），由a＞1，x＞0可判斷導數符號，從而得到函數的單調性；
（2）求導數f′（x），根據導數判斷其單調區間及最小值，由零點存在定理及單調性即可求得符合條件的整數k；
（3）存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，等價于當x∈[-1，1]時，|f（x）_max-f（x）_min|=f（x）_max-f（x）_min≥e-1，利用導數易求函數f（x）在[-1，1]上的最小值f（0），而f（x）_max=max{f（-1），f（1）}，作差后構造函數可得f（x）_max=f（1），從而有f（1）-f（0）≥e-1，再構造函數利用單調性可求得a的范圍；

解答：解：（1）f'（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna，
由于a＞1，故當x∈（0，+∞）時，lna＞0，a^x-1＞0，所以f'（x）＞0，
故函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增．
（2）f（x）=e^x+x²-x-4，∴f′（x）=e^x+2x-1，∴f'（0）=0，
當x＞0時，e^x＞1，∴f'（x）＞0，故f（x）是（0，+∞）上的增函數；
同理，f（x）是（-∞，0）上的減函數．
f（0）=-3＜0，f（1）=e-4＜0，f（2）=e²-2＞0，當x＞2時，f（x）＞0，
故當x＞0時，函數f（x）的零點在（1，2）內，∴k=1滿足條件；
f(0)=-3＜0，f(-1)=

1

e

-2＜0，f(-2)=

1

e2

+2＞0，當x＜-2時，f（x）＞0，
故當x＜0時，函數f（x）的零點在（-2，-1）內，∴k=-2滿足條件．
綜上所述，k=1或-2．
（3）f（x）=a^x+x²-xlna-b，存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，
等價于當x∈[-1，1]時，|f（x）_max-f（x）_min|=f（x）_max-f（x）_min≥e-1，
f'（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna，
①當x＞0時，由a＞1，可知a^x-1＞0，lna＞0，∴f'（x）＞0；
②當x＜0時，由a＞1，可知 a^x-1＜0，lna＞0，∴f'（x）＜0；
③當x=0時，f'（x）=0．
∴f（x）在[-1，0]上遞減，在[0，1]上遞增，
∴當x∈[-1，1]時，f（x）_min=f（0）=1-b，f（x）_max=max{f（-1），f（1）}，
而f(1)-f(-1)=(a+1-lna-b)-(

1

a

+1+lna-b)=a-

1

a

-2lna，
設g(t)=t-

1

t

-2lnt(t＞0)，因為g′(t)=1+

1

t2

-

2

t

=(

1

t

-1)2≥0（當t=1時取等號），
∴g(t)=t-

1

t

-2lnt在t∈（0，+∞）上單調遞增，而g（1）=0，
∴當t＞1時，g（t）＞0，∴當a＞1時，a-

1

a

-2lna＞0，
∴f（1）＞f（-1），∴f（1）-f（0）≥e-1，
∴a-lna≥e-1，即a-lna≥e-lne，
設h（a）=a-lna（a＞1），則h′(a)=1-

1

a

=

a-1

a

＞0．
∴函數h（a）=a-lna（a＞1）在（1，+∞）上為增函數，
∴a≥e，即a的取值范圍是[e，+∞）．

點評：本小題主要考查函數、導數、不等式證明等知識，通過運用導數知識解決函數、不等式問題，考查考生綜合運用數學知識解決問題的能力，同時也考查函數與方程思想、化歸與轉化思想．