Question

12．已知函數(shù)f（x）=ln（e^x+a）（a為常數(shù)）是R上的奇函數(shù)．
（1）求函數(shù)h（x）=xe^2f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）若函數(shù)g（x）=（λ+a）x-cosx（x∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{2π}{3}$]）是減函數(shù)，且對任意實數(shù)λ都滿足g（x）≤λt-1，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由奇函數(shù)的定義，f（x）+f（-x）=0，代入求得a的值，求得h（x）的解析式，求導，令h′（x）＞0，即可求得h（x）單調(diào)增區(qū)間；
（2）由g（x）在區(qū)間[$\frac{π}{3}$，$\frac{2π}{3}$]是減函數(shù)，求導，g（′x）=λ+sinx（x∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{2π}{3}$]）上恒小于0，求得λ的取值范圍，且函數(shù)g（x）的最大值是$\frac{π}{3}$λ-$\frac{1}{2}$≤λt-1，分離變量得t≤$\frac{π}{3}$+$\frac{1}{2λ}$，根據(jù)$\frac{π}{3}$+$\frac{1}{2λ}$在（-∞，-1）上是減函數(shù)，即可求得實數(shù)t的取值范圍．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=ln（e^x+a）（a為常數(shù)）是R上的奇函數(shù)．
f（x）+f（-x）=0，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，解得：a=0，
f（x）=x，
h（x）=xe^2f（x）=xe^2x，
h′（x）=e^2x（2x+1），
令h′（x）＞0，解得：x＞-$\frac{1}{2}$，
∴函數(shù)h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-$\frac{1}{2}$，+∞）；
（2）由（1）可知：a=0，g（x）=λx-cosx（x∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{2π}{3}$]）是減函數(shù)，
g（′x）=λ+sinx（x∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{2π}{3}$]）上恒小于0，
即λ＜sinx，（x∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{2π}{3}$]）上恒成立，
解得：λ＜-1，
g（x）=λx-cosx在區(qū)間[$\frac{π}{3}$，$\frac{2π}{3}$]上減函數(shù)，
故函數(shù)g（x）的最大值是$\frac{π}{3}$λ-$\frac{1}{2}$≤λt-1，
即t≤$\frac{π}{3}$+$\frac{1}{2λ}$，
由λ＜-1，
$\frac{π}{3}$+$\frac{1}{2λ}$在（-∞，-1）上是減函數(shù)，
故t＜$\frac{π}{3}$-$\frac{1}{2}$，
實數(shù)t的取值范圍（-∞，$\frac{π}{3}$-$\frac{1}{2}$）．

點評 本題卡從函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性以及函數(shù)恒成立問題，考查導數(shù)在求函數(shù)的單調(diào)性及最值中的綜合應用，考查轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．