Question

已知函数f（x）=a^x+x²-xlna（a＞0且a≠1）．
（I）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）比较f（1）与f（-1）的大小；
（Ⅲ）若对任意x₁，x₂∈[-1，1]，|f（x₁）-f（x₂）|≤e-1恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的综合应用

分析：（I）考虑由函数f′（x）正负求出的单调区间；
（Ⅱ）令h（a）=f（1）-f（-1）=a-

1

a

-2lna，通过研究h（a）的单调性得出h（a）的正负性，确定f（1）与f（-1）的大小关系；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a＞1时，f（x）_max⁼f（1）=a+1-lna，由题意知，f（x）_max^-f（x）_min≤e-1，
即a+1-lna-1≤e-1，a-lna-e+1≤0，求得a∈（1，e]．当0＜a＜1时，f（x）_max⁼f（-1）=

1

a

+1+lna，由题意知，f（x）_max^-f（x）_min≤e-1，得a∈[

1

e

，1）．

解答： 解：（Ⅰ）f′（x）=a^xlna+2x-lna，令g（x）=f′（x）=a^xlna+2x-lna，则g′（x）=a^xln2a+2＞0，∴g（x）为（-∞，+∞）上的增函数．
又∵g（0）=0，∴当x＞0时，g（x）＞g（0）=0，即f′（x）＞0，当x＜0时，g（x）＜g（0）=0，即f′（x）＜0．
∴函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），单调递减区间为（-∞，0）．
（Ⅱ）f（1）-f（-1）=a+1-lna-

1

a

-1-lna=a-

1

a

-2lna，
设h（a）=a-

1

a

-2lna，则h′（a）=1+

1

a2

-

2

a

=

a2-2a+1

a2

=

(a-1)2

a2

＞0．
故h（a）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递增，
当a∈（0，1）时，h（a）＜h（1）=0，即f（1）＜f（-1），
当a∈（1，+∞）时，h（a）＞h（1）=0，即f（1）＞f（-1）．
（Ⅲ）当x∈[-1，1]时，
由（Ⅰ）知，f（x）_min=f（0）=1，f（x）_max=max{f（-1），f（1）}，
由（Ⅱ）知，当a＞1时，f（x）_max⁼f（1）=a+1-lna，
由题意知，f（x）_max^-f（x）_min≤e-1，
即a+1-lna-1≤e-1，a-lna-e+1≤0，（a∈（1，+∞））．
设F（a）=a-lna-e+1，则F′（a）=1-

1

a

=

a-1

a

＞0，
故F（a）在（1，+∞）单调递增．
又∵F（e）=e-1-e+1=0，由F（a）≤0，得a∈（1，e]．①
当0＜a＜1时，f（x）_max⁼f（-1）=

1

a

+1+lna，
由题意知，f（x）_max^-f（x）_min≤e-1，
即

1

a

+1+lna-1≤e-1，也就是

1

a

+lna-e+1≤0，
设F（a）=

1

a

+lna-e+1，则F′（a）=-

1

a2

+

1

a

=

a-1

a2

＜0，
故F（a）在（0，1）单调递减．
又∵F（

1

e

）=e-1-e+1=0，由F（a）≤0，得a∈[

1

e

，1）．②
综合①②可得a∈[

1

e

，1）∪（1，e]．

点评：本题是函数与导数综合题目，考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，恒成立问题，考查分析解决问题的能力．