Question

16．已知函数f（x）=a^x-lna^x+x²（a＞0，a≠1）
（Ⅰ）求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程
（Ⅱ）求函数f（x）单调递增区间
（Ⅲ）若存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算f（0），f′（0），求出切线方程即可；
（Ⅱ）求出函数f（x）的导数，根据导函数的单调性判断函数f（x）的单调性即可；
（Ⅲ）问题转化为f（x）_max-f（x）_min≥e-1即可，通过讨论a的范围结合函数的单调性确定a的具体范围即可．

解答 解：（Ⅰ）∵函数f（x）=a^x-xlna+x²，（a＞0，a≠1），
∴f′（x）=a^xlna+2x-lna，f′（0）=0，
又∵f（0）=1，∴函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程是y=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：f′（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna，
∴f″（x）=2+a^x（lna）²＞0，
故a＞0，a≠1时，总有f′（x）在R递增，
又f′（0）=0，∴不等式f′（x）＞0的解集是（0，+∞），
故函数f（x）在（0，+∞）递增；
（Ⅲ）∵?x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1成立，
而当x∈[-1，1]时，|f（x₁）-f（x₂）|≤f（x）_max-f（x）_min，
∴只需f（x）_max-f（x）_min≥e-1即可，
∵x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下：

x	（-∞，0）	0	（0，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	递减	极小值	递增

∴f（x）在[-1，0]递减，在[0，1]递增，
x∈[-1，1]时，f（x）的最小值是f（0）=1，f（x）的最大值是f（-1）或f（1），
∵f（1）-f（-1）=a-$\frac{1}{a}$-2lna，
令g（a）=a-$\frac{1}{a}$-2lna，（a＞0），g′（a）=${（1-\frac{1}{a}）}^{2}$＞0，
∴g（a）在a∈（0，+∞）递增，而g（1）=0，
故a＞1时，g（a）＞0，即f（1）＞f（-1），
0＜a＜1时，g（a）＜0，即f（1）＜f（-1），
∴①a＞1时，f（1）-f（0）≥e-1，即a-lna≥e-1，
函数y=a-lna在（1，+∞）递增，则a≥e；
②0＜a＜1时，f（-1）-f（0）≥e-1，即$\frac{1}{a}$+lna≥e-1，
函数y=$\frac{1}{a}$+lna在（0，1）递减，则0＜a≤$\frac{1}{e}$，
综上，a的范围是（0，$\frac{1}{e}$]∪[e，+∞）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想，是一道中档题．