Question

16．已知函數(shù)f（x）=a^x-lna^x+x²（a＞0，a≠1）
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）在點（0，f（0））處的切線方程
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）單調(diào)遞增區(qū)間
（Ⅲ）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 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計算f（0），f′（0），求出切線方程即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性即可；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為f（x）_max-f（x）_min≥e-1即可，通過討論a的范圍結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性確定a的具體范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）∵函數(shù)f（x）=a^x-xlna+x²，（a＞0，a≠1），
∴f′（x）=a^xlna+2x-lna，f′（0）=0，
又∵f（0）=1，∴函數(shù)f（x）在點（0，f（0））處的切線方程是y=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：f′（x）=a^xlna+2x-lna=2x+（a^x-1）lna，
∴f″（x）=2+a^x（lna）²＞0，
故a＞0，a≠1時，總有f′（x）在R遞增，
又f′（0）=0，∴不等式f′（x）＞0的解集是（0，+∞），
故函數(shù)f（x）在（0，+∞）遞增；
（Ⅲ）∵?x₁，x₂∈[-1，1]，使得|f（x₁）-f（x₂）|≥e-1成立，
而當(dāng)x∈[-1，1]時，|f（x₁）-f（x₂）|≤f（x）_max-f（x）_min，
∴只需f（x）_max-f（x）_min≥e-1即可，
∵x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下：

x	（-∞，0）	0	（0，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	遞減	極小值	遞增

∴f（x）在[-1，0]遞減，在[0，1]遞增，
x∈[-1，1]時，f（x）的最小值是f（0）=1，f（x）的最大值是f（-1）或f（1），
∵f（1）-f（-1）=a-$\frac{1}{a}$-2lna，
令g（a）=a-$\frac{1}{a}$-2lna，（a＞0），g′（a）=${（1-\frac{1}{a}）}^{2}$＞0，
∴g（a）在a∈（0，+∞）遞增，而g（1）=0，
故a＞1時，g（a）＞0，即f（1）＞f（-1），
0＜a＜1時，g（a）＜0，即f（1）＜f（-1），
∴①a＞1時，f（1）-f（0）≥e-1，即a-lna≥e-1，
函數(shù)y=a-lna在（1，+∞）遞增，則a≥e；
②0＜a＜1時，f（-1）-f（0）≥e-1，即$\frac{1}{a}$+lna≥e-1，
函數(shù)y=$\frac{1}{a}$+lna在（0，1）遞減，則0＜a≤$\frac{1}{e}$，
綜上，a的范圍是（0，$\frac{1}{e}$]∪[e，+∞）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．