Question

已知函數(shù)f(x)＝a^x＋x²－xlna(a>0，a≠1)．
(1)當(dāng)a>1時，求證：函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
(2)若函數(shù)y＝|f(x)－t|－1有三個零點，求t的值；
(3)若存在x₁、x₂∈[－1，1]，使得|f(x₁)－f(x₂)|≥e－1，試求a的取值范圍．

Answer 1

（1）見解析（2）t＝2（3）∪[e，＋∞)

審題引導(dǎo)：本題考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合性質(zhì)，函數(shù)模型并不復(fù)雜，(1)(2)兩問是很常規(guī)的，考查利用導(dǎo)數(shù)證明單調(diào)性，考查函數(shù)與方程的零點問題．第(3)問要將“若存在x₁、x₂∈[－1，1]，使得|f(x₁)－f(x₂)|≥e－1”轉(zhuǎn)化成|f(x)_max－f(x)_min|＝f(x)_max－f(x)_min≥e－1成立，最后仍然是求值域問題，但在求值域過程中，問題設(shè)計比較巧妙，因為在過程中還要構(gòu)造函數(shù)研究單調(diào)性來確定導(dǎo)函數(shù)的正負．
規(guī)范解答：(1)證明：f′(x)＝a^xlna＋2x－lna＝2x＋(a^x－1)·lna.(2分)
由于a>1，故當(dāng)x∈(0，＋∞)時，lna>0，a^x－1>0，所以f′(x)>0.
故函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(4分)
(2)解：當(dāng)a>0，a≠1時，因為f′(0)＝0，且f′(x)在R上單調(diào)遞增，故f′(x)＝0有唯一解x＝0.(6分)所以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	?

又函數(shù)y＝|f(x)－t|－1有三個零點，所以方程f(x)＝t±1有三個根，而t＋1>t－1，所以t－1＝f(x)_min＝f(0)＝1，解得t＝2.(10分)
(3)解：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)－＝a－－2lna，
記g(t)＝t－－2lnt(t>0)，因為g′(t)＝1＋－＝≥0(當(dāng)且僅當(dāng)t＝1時取等號)，
所以g(t)＝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?＋lna≥e－1?0＜a≤，
綜上知，所求a的取值范圍為∪[e，＋∞)．(16分)