Question

（2013•徐州一模）已知函數(shù)f（x）=a^x+x²-xlna（a＞0，a≠1）．
（1）求函數(shù)f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；
（2）求函數(shù)f（x）單調(diào)增區(qū)間；
（3）若存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1（e是自然對數(shù)的底數(shù)），求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）先求函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f′（x），再求所求切線的斜率即f′（0），由于切點為（0，0），故由點斜式即可得所求切線的方程；
（2）先求原函數(shù)的導(dǎo)數(shù)得：f'（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna，再對a進(jìn)行討論，得到f'（x）＞0，從而函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
（3）f（x）的最大值減去f（x）的最小值大于或等于e-1，由單調(diào)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）的單調(diào)性，判斷f（1）與f（-1）的大小關(guān)系，再由f（x）的最大值減去最小值f（0）大于或等于e-1求出a的取值范圍．

解答：解：（1）∵f（x）=a^x+x²-xlna，
∴f′（x）=a^xlna+2x-lna，
∴f′（0）=0，f（0）=1
即函數(shù)f（x）圖象在點（0，1）處的切線斜率為0，
∴圖象在點（0，f（0））處的切線方程為y=1；（3分）
（2）由于f'（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna＞0
①當(dāng)a＞1，y=2x單調(diào)遞增，lna＞0，所以y=（a^x-1）lna單調(diào)遞增，故y=2x+（a^x-1）lna單調(diào)遞增，
∴2x+（a^x-1）lna＞2×0+（a⁰-1）lna=0，即f'（x）＞f'（0），所以x＞0
故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
②當(dāng)0＜a＜1，y=2x單調(diào)遞增，lna＜0，所以y=（a^x-1）lna單調(diào)遞增，故y=2x+（a^x-1）lna單調(diào)遞增，
∴2x+（a^x-1）lna＞2×0+（a⁰-1）lna=0，即f'（x）＞f'（0），所以x＞0
故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
綜上，函數(shù)f（x）單調(diào)增區(qū)間（0，+∞）；（8分）
（3）因為存在x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，
所以當(dāng)x∈[-1，1]時，|（f（x））_max-（f（x））_min|
=（f（x））_max-（f（x））_min≥e-1，（12分）
由（2）知，f（x）在[-1，0]上遞減，在[0，1]上遞增，
所以當(dāng)x∈[-1，1]時，（f（x））_min=f（0）=1，
（f（x））_max=max{f（-1），f（1）}，
而f（1）-f（-1）=（a+1-lna）-（

1

a

+1+lna）=a-

1

a

-2lna，
記g（t）=t-

1

t

-2lnt（t＞0），
因為g′（t）=1+

1

t2

-

2

t

=（

1

t

-1）²≥0（當(dāng)t=1時取等號），
所以g（t）=t-

1

t

-2lnt在t∈（0，+∞）上單調(diào)遞增，而g（1）=0，
所以當(dāng)t＞1時，g（t）＞0；當(dāng)0＜t＜1時，g（t）＜0，
也就是當(dāng)a＞1時，f（1）＞f（-1）；
當(dāng)0＜a＜1時，f（1）＜f（-1）（14分）
①當(dāng)a＞1時，由f（1）-f（0）≥e-1⇒a-lna≥e-1⇒a≥e，
②當(dāng)0＜a＜1時，由f（-1）-f（0）≥e-1⇒

1

a

+lna≥e-1⇒0＜a≤

1

e

，
綜上知，所求a的取值范圍為a∈（0，

1

e

]∪[e，+∞）．（16分）

點評：本題考查了基本函數(shù)導(dǎo)數(shù)公式，導(dǎo)數(shù)的幾何意義，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．屬于中檔題．