（2012•河北模拟）已知函数f（x）=ax+x2-xlna（a＞0，a≠1）．

（2012•河北模拟）已知函数f（x）=ax+x2-xlna（a＞0，a≠1）．

（Ⅰ）当a＞1时，求证：函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；

（Ⅱ）若函数y=|f（x）-t|-1有三个零点，求t的值；

（Ⅲ）若存在x1，x2∈[-1，1]，使得|f（x1）-f（x2）|≥e-1，试求a的取值范围．

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解题思路：（Ⅰ）证明a＞1时函数的导数大于0．

（Ⅱ）先判断函数f（x）的极小值，再由y=|f（x）-t|-1有三个零点，所以方程f（x）=t±1有三个根，根据t-1应是f（x）的极小值，解出t．

（Ⅲ）f（x）的最大值减去f（x）的最小值大于或等于e-1，由单调性知，f（x）的最大值是f（1）

或f（-1），最小值f（0）=1，由f（1）-f（-1）的单调性，判断f（1）与f（-1）的大小关系，再由

f（x）的最大值减去最小值f（0）大于或等于e-1求出a的取值范围．

（Ⅰ）f′（x）=axlna+2x-lna=2x+（ax-1）lna （3分）

由于a＞1，故当x∈（0，+∞）时，lna＞0，ax-1＞0，所以f′（x）＞0，

故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增 （5分）

（Ⅱ）当a＞0，a≠1时，因为f′（0）=0，且f（x）在（0，+∞）上单调递增，

故f′（x）=0有唯一解x=0（7分）

所以x，f′（x），f（x）的变化情况如下表所示：

又函数y=|f（x）-t|-1有三个零点，所以方程f（x）=t±1有三个根，

而t+1＞t-1，所以t-1=（f（x））min=f（0）=1，解得t=2；（11分）

（Ⅲ）因为存在x1，x2∈[-1，1]，使得|f（x1）-f（x2）|≥e-1，

所以当x∈[-1，1]时，|（f（x））max-（f（x））min|

=（f（x））max-（f（x））min≥e-1，（12分）

由（Ⅱ）知，f（x）在[-1，0]上递减，在[0，1]上递增，

所以当x∈[-1，1]时，（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，

记g(t)=t-

1

t-2lnt(t＞0)，

因为g′(t)=1+

1

t2-

2

t=(

1

t-1)2≥0（当t=1时取等号），

所以g(t)=t-

1

t-2lnt在t∈（0，+∞）上单调递增，而g（1）=0，

所以当t＞1时，g（t）＞0；当0＜t＜1时，g（t）＜0，

也就是当a＞1时，f（1）＞f（-1）；

当0＜a＜1时，f（1）＜f（-1）（14分）

①当a＞1时，由f（1）-f（0）≥e-1⇒a-lna≥e-1⇒a≥e，

②当0＜a＜1时，由f(-1)-f(0)≥e-1⇒

1

a+lna≥e-1⇒0＜a≤

1

e，

综上知，所求a的取值范围为a∈(0，

1

e]∪[e，+∞)．（16分）

点评：

本题考点： 函数零点的判定定理；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．

考点点评： 本题考查函数的零点，用导数判断函数单调性，利用导数研究函数极值，属于中档题．

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