Question

14．已知函數(shù)f（x）=a^x+x²-xlna（a＞1），x∈[-1，1]．
（1）證明：f（0）是f（x）的極小值；
（2）對任意x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≤e-1，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f′（x），判斷f′（x）在（-1，0）和（0，1）上的符號即可得出結(jié)論；
（2）求出f（x）在[-1，1]上的最值，令f_max（x）-f_min（x）≤e-1得出關(guān)于a的不等式a-lna≤e-1，再根據(jù)F（a）=a-lna的單調(diào)性得出a的范圍．

解答 （1）證明：f′（x）=a^xlna+2x-lna=（a^x-1）lna+2x，
∴f′（0）=0，
∵a＞1，
∴當(dāng)x∈（-1，0）時，（a^x-1）＜0，lna＞0，2x＜0，
∴f′（x）=（a^x-1）lna+2x＜0，
當(dāng)x∈（0，1）時，（a^x-1）＞0，lna＞0，2x＞0，
∴f′（x）=（a^x-1）lna+2x＞0，
∴f（x）在（-1，0）上單調(diào)遞減，在（0，1）上單調(diào)遞增，
∴f（0）是f（x）的極小值．
（2）解：由（1）可知f（x）在（-1，0）上單調(diào)遞減，在（0，1）上單調(diào)遞增，
∴f_min（x）=f（0）=1，
又f（-1）=$\frac{1}{a}$+1+lna，f（1）=a+1-lna，
令h（a）=f（-1）-f（1）=$\frac{1}{a}-a+2lna$，則h′（a）=-$\frac{1}{{a}^{2}}$-1+$\frac{2}{a}$=$\frac{-{a}^{2}+2a-1}{{a}^{2}}$=-$\frac{（a-1）^{2}}{{a}^{2}}$＜0，
∴h（a）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴h（a）=f（-1）-f（1）＜h（1）=0，即f（-1）＜f（1），
∴f_max（x）=f（1）=a+1-lna．
∴對于任意x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≤f（1）-f（0）=a-lna，
∴a-lna≤e-1恒成立，
令F（a）=a-lna，則F′（a）=1-$\frac{1}{a}$＞0，
∴F（a）在（1，+∞）上是增函數(shù)，且F（e）=e-1，
∴1＜a≤e．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性、極值、最值的關(guān)系，屬于中檔題．