Question

（2012•茂名一模）已知函數(shù)f（x）=ln（e^x+a）（a為常數(shù)）求實數(shù)集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）求a的值；
（2）若g（x）≤t²+λt+1在x∈[-1，1]及λ所在的取值范圍上恒成立，求t的取值范圍；
（3）討論關于x的方程

lnx

f(x)

=x2-2ex+m的根的個數(shù)．

Answer 1

分析：（1）因為定義域是實數(shù)集R，直接利用奇函數(shù)定義域內有0，則f（-0）=-f（0）即f（0）=0，即可求a的值；
（2）先利用函數(shù)g（x）的導函數(shù)g'（x）=λ+cosx≤0在[-1，1]上恒成立，求出λ的取值范圍以及得到g（x）的最大值g（-1）=-1-sin1；然后把g（x）≤t²+λt+1在x∈[-1，1]上恒成立轉化為-λ-sin1≤t²+λt+1（λ≤-1），整理得（t+1）λ+t²+sin1+1≥0（λ≤-1）恒成立，再利用一次函數(shù)的思想方法求解即可．
（3）先把方程轉化為

lnx

x

=x²-2ex+m，令F（x）=

lnx

x

（x＞0），G（x）=x²-2ex+m  （x＞0），再利用導函數(shù)分別求出兩個函數(shù)的單調區(qū)間，進而得到兩個函數(shù)的最值，比較其最值即可得出結論．

解答：解：（1）因為函數(shù)f（x）=ln（e^x+a）（a為常數(shù)）是實數(shù)集R上的奇函數(shù)，
所以f（-0）=-f（0）即f（0）=0，
則ln（e⁰+a）=0解得a=0，
a=0時，f（x）=x是實數(shù)集R上的奇函數(shù)；
（2）由（1）得f（x）=x所以g（x）=λx+sinx，g'（x）=λ+cosx，
因為g（x） 在[-1，1]上單調遞減，∴g'（x）=λ+cosx≤0  在[-1，1]上恒成立，
∴λ≤-1，g（x）_max=g（-1）=-1-sin1，
只需-λ-sin1≤t²+λt+1（λ≤-1），
∴（t+1）λ+t²+sin1+1≥0（λ≤-1）恒成立，
令h（λ）=（t+1）+t²+sin1+1（λ≤-1）
則

t+1≤0 h(-1)=-t-1+t2+sin1+1≥0

，解得t≤-1
（3）由（1）得f（x）=x
∴方程轉化為

lnx

x

=x²-2ex+m，令F（x）=

lnx

x

（x＞0），G（x）=x²-2ex+m  （x＞0），（8分）
∵F'（x）=

lnx

x

，令F'（x）=0，即

lnx

x

=0，得x=e
當x∈（0，e）時，F(xiàn)'（x）＞0，∴F（x）在（0，e）上為增函數(shù)；
當x∈（e，+∞）時，F(xiàn)'（x）＜0，F(xiàn)（x）在（e，+∞）上為減函數(shù)；（9分）
當x=e時，F(xiàn)（x）_max=F（e）=

1

e

（10分）
而G（x）=（x-e）²+m-e²   （x＞0）
∴G（x）在（0，e）上為減函數(shù)，在（e，+∞）上為增函數(shù)；（11分）
當x=e時，G（x）_min=m-e²（12分）
∴當m-e2＞

1

e

，即m＞e2+

1

e

時，方程無解；
當m-e2=

1

e

，即m=e2+

1

e

時，方程有一個根；
當m-e2＜

1

e

，即m＜e2+

1

e

時，方程有兩個根；（14分）

點評：本題主要考查函數(shù)奇偶性的性質，函數(shù)恒成立問題以及導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用，是對知識的綜合考查，屬于難題．在涉及到奇函數(shù)定義域內有0時，一般利用結論f（0）=0來作題．