Question

已知函數(shù)f（x）=ln（e^x+a）（a為常數(shù)）是R上的奇函數(shù)．函數(shù)g（x）=λf（x）+sinx是區(qū)間[-1，1]上的減函數(shù)．
（1）討論關(guān)于x的方程

lnx

f(x)

=x²-2ex+m的根的個(gè)數(shù)．
（2）若g（x）＜t²+λt+1在x∈[-1，1]上恒成立，求t的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）函數(shù)f（x）=ln（ex+a）（a為常數(shù)）是實(shí)數(shù)集R上的奇函數(shù)，可得出f（x）+f（-x）=0，由此方程恒成立求a．構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)f₁（x）=

lnx

x

，f₂（x）=x²-2ex+m，將方程有根的問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)有交點(diǎn)的問題進(jìn)行研究．
（2）由題意可得：g（x）=λx+sinx，所以g'（x）=λ+cosx，由函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為：g'（x）=λ+cosx≤0  在[-1，1]上恒成立，進(jìn)而得到λ≤-1，并且g（x）_max=-λ-sin1，再轉(zhuǎn)化為-λ-sin1＜t²+λt+1在λ∈（-∞，-1]上恒成立．把λ看為自變量利用一次函數(shù)的性質(zhì)解決問題即可得到答案．

解答：解：（1）∵f（x）=ln（e^x+a）是奇函數(shù)，∴f（x）+f（-x）=0即ln（e^x+a）+ln（e^-x+a）=0，即（e^x+a）（e^-x+a）=1，整理得a（e^-x+e^x+a）=0恒成立，故a=0 （1分）    
又f（x）=x，由

inx

f(x)

=x²-2ex+m得

lnx

x

=x2-2ex+m，
令f₁（x）=

lnx

x

，f₂（x）=x²-2ex+m…（2分）
則f₁′（x）=

1-lnx

x2

，當(dāng)x∈（0，e）時(shí)f₁′（x）＞0，f₁（x）為增函數(shù)；當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)f₁′（x）＜0，f₁（x）為減函數(shù)，∴當(dāng)x=e時(shí)，f₁（x）的最小值為f₁（e）=

1

e

而f₂（x）=x²-2ex+m=（x-e）²-e²+m，結(jié)合f₁（x）與f₂（x）的大致圖象可得
當(dāng)-e²+m＞

1

e

即 m＞e²+

1

e

時(shí)，方程無實(shí)根；當(dāng)-e²+m=

1

e

即 m=e²+

1

e

時(shí)，方程有一個(gè)實(shí)根；當(dāng)-e²+m＜

1

e

即 m＜e²+

1

e

時(shí)，方程有兩個(gè)實(shí)根；
（2）由題意可得：g（x）=λx+sinx，所以g'（x）=λ+cosx，由函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為：g'（x）=λ+cosx≤0  在[-1，1]上恒成立，進(jìn)而得到λ≤-1，g（x）_max=-λ-sin1，再轉(zhuǎn)化為-λ-sin1＜t²+λt+1在λ∈（-∞，-1]上恒成立．∴（t+1）λ+t²+sin1+1＞0在λ∈（-∞，-1]上恒成立．
令h（λ）=（t+1）λ+t²+sin1+1，（λ≤-1）
則

t+1＜0 -t-1+t2+sin1+1＞0

，∴

t＜-1 t2-t+sin1＞0

，而t＜-1時(shí)，t²-t+sin1＞0恒成立，
經(jīng)檢驗(yàn)t=-1也對(duì)，∴t≤-1

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)在最大值與最小值問題中的應(yīng)用，解答本題關(guān)鍵是掌握導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系，由函數(shù)的單調(diào)性判斷出函數(shù)的最值，本題中第二問中的恒成立的問題就是一個(gè)求最值，利用最值建立不等式的題型，本類題運(yùn)算量大，且多是符號(hào)運(yùn)算，故解題時(shí)要嚴(yán)謹(jǐn)認(rèn)真，避免因運(yùn)算失誤或變形失誤導(dǎo)致解題失敗．