Question

20．已知函數(shù)f（x）=x+$\frac{a}{{e}^{x}}$，g（x）=ln（x²+1）．
（Ⅰ）若在x=0處y=f（x）和y=g（x）圖象的切線平行，求a的值；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)h（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x）-a，x≤a}\\{g（x）-a，x＞a}\end{array}\right.$，討論函數(shù)h（x）零點的個數(shù)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x），g（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得f′（0）=g′（0），解方程可得a；
（Ⅱ）求出h（x）的解析式，討論①a＜0時，②a=0時，③a＞0時，判斷函數(shù)的單調(diào)性，運用零點存在定理，即可得到零點個數(shù)．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=x+$\frac{a}{{e}^{x}}$的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=1-$\frac{a}{{e}^{x}}$，
g（x）=ln（x²+1）的導(dǎo)數(shù)為g′（x）=$\frac{2x}{1+{x}^{2}}$，
由題意可得f′（0）=g′（0），即為1-a=0，解得a=1；
（Ⅱ）h（x）=$\left\{\begin{array}{l}{x+\frac{a}{{e}^{x}}-a，x≤a}\\{ln（1+{x}^{2}）-a，x＞a}\end{array}\right.$，
①a＜0時，f′（x）=1-ae^-x＞0，f（x）在（-∞，a）遞增，
f（a）=$\frac{a}{{e}^{a}}$＜a＜0，g（x）=ln（x²+1）＞0＞a，故a＜0時，h（x）無零點；
②a=0時，h（x）有唯一的零點x=0；
③a＞0時，設(shè)l（a）=lna-a+1，l′（a）=$\frac{1}{a}$-1=$\frac{1-a}{a}$，
由l′（a）＞0，可得0＜a＜1，故l（a）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減，
即l（a）≤l（1）=0，即lna≤a-1，
f′（x）=1-ae-x=0，x=lna≤a-1＜a，f（x）在（-∞，lna）遞減，
在（lna，a）遞增，可得f（x）_min=f（lna）=lna+1≤a（當(dāng)且僅當(dāng)a=1時等號成立），
f（a）=a+$\frac{a}{{e}^{a}}$＞a，
則f（x）=a有兩個根（a=1只有一個根x=lna=0），
g（x）=ln（1+x²）在（a，+∞）遞增，令m（a）=g（a）-a=ln（1+a²）-a，
m′（a）=$\frac{2a}{1+{a}^{2}}$-1≤0，m（a）為減函數(shù)，可得m（a）＜m（0）=0，ln（1+a²）＜a，
可得g（x）=a只有一個根，可得0＜a＜1時，h（x）有3個零點；
a=1有2個零點；a＞1有3個零點，
綜上可得，a＜0時h（x）無零點；a=0時，h（x）有1個零點；
0＜a＜1時，h（x）有3個零點；a=1時，h（x）有2個零點；a＞1時，h（x）有3個零點．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、最值，考查函數(shù)零點個數(shù)的判斷，注意運用分類討論和函數(shù)的單調(diào)性，考查化簡整理的運算能力，屬于難題．