Question

7．已知函数f（x）=a^x+x²-xlna-b（a＞1，b∈R），e是自然对数的底数．若存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂|≥e-1，则实数a的取值范围是[e，+∞）．（参考公式：（a^x）′=a^xlna）

Answer 1

分析 存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，等价于当x∈[-1，1]时，|f（x）_max-f（x）_min|=f（x）_max-f（x）_min≥e-1，利用导数易求函数f（x）在[-1，1]上的最小值f（0），而f（x）_max=max{f（-1），f（1）}，作差后构造函数可得f（x）_max=f（1），从而有f（1）-f（0）≥e-1，再构造函数利用单调性可求得a的范围．

解答 解：f（x）=a^x+x²-xlna-b，∵存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，
∴当x∈[-1，1]时，|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当x＞0时，由a＞1，可知a^x-1＞0，lna＞0，∴f'（x）＞0；
②当x＜0时，由a＞1，可知a^x-1＜0，lna＞0，∴f'（x）＜0；
③当x=0时，f'（x）=0，∴f（x）在[-1，0]上递减，在[0，1]上递增．
∴当x∈[-1，1]时，f（x）_min=f（0）=1-b，f（x）_max=max{f（-1），f（1）}，
而f（1）-f（-1）=（a+1-lna-b）-（$\frac{1}{a}$+1+lna-b）=a-$\frac{1}{a}$-2lna．
设g（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt（t＞0），∵g′（t）=1+$\frac{1}{{t}^{2}}$-$\frac{2}{t}$=（$\frac{1}{t}$-1）²≥0（当t=1时取等号），
∴g（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt在t∈（0，+∞）上单调递增，而g（1）=0，
∴当t＞1时，g（t）＞0，∴当a＞1时，a-$\frac{1}{a}$-2lna＞0，
∴f（1）＞f（-1）．
∴f（1）-f（0）≥e-1，∴a-lna≥e-1，即a-lna≥e-lne．
设h（a）=a-lna（a＞1），则h′（a）=1-$\frac{1}{a}$=$\frac{a-1}{a}$＞0，
∴函数h（a）=a-lna（a＞1）在（1，+∞）上为增函数，∴a≥e，
∴a的取值范围是[e，+∞）．
故答案为：[e，+∞）．

点评 本题主要考查函数、导数、不等式证明等知识，通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查考生综合运用数学知识解决问题的能力，同时也考查函数与方程思想、化归与转化思想，是中档题．