Question

已知函數(shù)f（x）=a^x+x²-xlna（a＞0，a≠1）．
（1）求證：函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調遞增；
（2）若函數(shù)y=f（x）-t有零點，求t的最小值；
（3）若x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，試求a的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）由已知條件得f′（x）=a^xlna+2x-lna=（a^x-1）lna+2x，當x∈（0，+∞）時，lna與a^x-1同號，由此能證明f（x）在R上單調遞增．
（2）f′（x）=0有唯一解0，列表討論能求出使函數(shù)y=f（x）-t有零點的t的最小值． 
（3）當x∈[-1，1]時，|（f（ x））_max-（f（x））_min|=（f（x））_max-（f（x））_min≥e-1，由此利用已知條件進行分類討論，能求出a的取值范圍．

解答： （1）證明：∵f（x）=a^x+x²-xlna，
∴f′（x）=a^xlna+2x-lna=（a^x-1）lna+2x，
∵0＜a＜1或a＞1，
∴當x∈（0，+∞）時，lna與a^x-1同號，
∴f′（x）＞0，∴函數(shù)在（0，+∞）上單調遞增．
（2）解：當a＞0，a≠1時，f′（0）=0，
設g（x）=2x+（a^x-1）lna，g′（x）=2+a^x（lna）²＞0，
則f（x）在R上單調遞增，
∴f′（x）=0有唯一解0，
且x，f′（x），f（x）的變化情況如下表所示：

x	（-∞，0）	0	（0，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↓	極小值	↑

∴f（x）_min=f（0）=1，即使函數(shù)y=f（x）-t有零點的t的最小值是1． 
（3）解：∵x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1，
∴當x∈[-1，1]時，|（f（ x））_max-（f（x））_min|
=（f（x））_max-（f（x））_min≥e-1，
由（2）知，f（x）在[-1，0]上遞減，在[0，1]上遞增，
∴當x∈[-1，1]時，（f（x））_{mi n}=f（0）=1，
（f（x））_max={f（-1），f（1）}max，
而f（1）-f（-1）=（a+1-ln a）-（

1

a

+1+ln a）=a-

1

a

-2ln a，
記g（t）=t-

1

t

-2ln t（t＞0），
∵g′（t）=1+

1

t2

-

2

t

=（

1

t

-1）²≥0（當t=1時取等號），
∴g（t）=t-

1

t

-2ln t在t∈（0，+∞）上單調遞增，而g（1）=0，
∴當t＞1時，g（t）＞0；當0＜t＜1時，g（t）＜0，
也就是當a＞1時，f（1）＞f（-1）；當0＜a＜1時，f（1）＜f（-1）
①當a＞1時，由f（1）-f（0）≥e-1，a-lna≥e-1，a≥e．
②當0＜a＜1時，由f（-1）-f（0）≥e-1+lna≥e-1，0＜a≤

1

e

，
綜上知，所求a的取值范圍為（0，

1

e

]∪[e，+∞）．

點評：本題考查函數(shù)是增函數(shù)的證明，考查最小值的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，解題時要認真審題，注意導數(shù)性質的合理運用．