Question

已知函数f（x）=a^x+x²-xlnx（a＞1）
（1）求函数f（x）单调递增区间；
（2）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

考点：利用导数研究函数的单调性,绝对值不等式的解法

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）求导数，利用导数的正负，可求函数f（x）单调区间；
（2）f（x）的最大值减去f（x）的最小值大于或等于e-1，由单调性知，f（x）的最大值是f（1）或f（-1），最小值f（0）=1，由f（1）-f（-1）的单调性，判断f（1）与f（-1）的大小关系，再由f（x）的最大值减去最小值f（0）大于或等于e-1求出a的取值范围．

解答： 解：（1）函数f（x）的定义域为R，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，
当a＞0，a≠1时，h'（x）＞0，所以h（x）在R上是增函数，…（2分）
又h（0）=f'（0）=0，所以，f'（x）＞0的解集为（0，+∞），f'（x）＜0的解集为（-∞，0），
故函数f（x）的单调增区间为（0，+∞），单调减区间为（-∞，0）…（4分）
（2）因为存在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，
所以只要f（x）_max-f（x）_min≥e-1…（6分）
又因为x，f'（x），f（x）的变化情况如下表所示：

x	（-∞，0）	0	（0，+∞）
f'（x）	-	0	+
f（x）	减函数	极小值	增函数

所以f（x）在[-1，0]上是减函数，在[0，1]上是增函数，
所以当x∈[-1，1]时，f（x）的最小值f（x）_min=f（0）=1，
f（x）的最大值f（x）_max为f（-1）和f（1）中的最大值．…（8分）
因为f（1）-f（-1）=a-

1

a

-2lna，
令g（a）=a-

1

a

-2lna（a＞0），
因为g′（a）=(1-

1

a

)2＞0，
所以g（a）=a-

1

a

-2lna在a∈（0，+∞）上是增函数．
而g（1）=0，故当a＞1时，g（a）＞0，即f（1）＞f（-1）；
当0＜a＜1时，g（a）＜0，即f（1）＜f（-1）…（10分）
所以，当a＞1时，f（1）-f（0）≥e-1，即a-lna≥e-1，
而函数y=a-lna在a∈（1，+∞）上是增函数，解得a≥e；
当0＜a＜1时，f（-1）-f（0）≥e-1，即

1

a

+lna≥e-1，函数y=

1

a

+lna在a∈（0，1）上是减函数，
解得0＜a≤

1

e

．
综上可知，所求a的取值范围为（0，

1

e

]∪[e，+∞）．…（12分）

点评：本题考查了基本函数导数公式，利用导数研究函数的单调性及利用导数求闭区间上函数的最值．属于难题．