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=x²-2ex+m的根的個數(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

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=x²-2ex+m得，
令f₁（x）=，f₂（x）=x²-2ex+m…（2分）
則f₁′（x）=，當(dāng)x∈（0，e）時f₁′（x）＞0，f₁（x）為增函數(shù)；當(dāng)x∈（e，+∞）時f₁′（x）＜0，f₁（x）為減函數(shù)，∴當(dāng)x=e時，f₁（x）的最小值為f₁（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＞即 m＞e²+時，方程無實根；當(dāng)-e²+m=即 m=e²+時，方程有一個實根；當(dāng)-e²+m＜即 m＜e²+時，方程有兩個實根；
（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，∴，而t＜-1時，t²-t+sin1＞0恒成立，
經(jīng)檢驗t=-1也對，∴t≤-1
分析：（1）函數(shù)f（x）=ln（ex+a）（a為常數(shù)）是實數(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)造兩個函數(shù)f₁（x）=，f₂（x）=x²-2ex+m，將方程有根的問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)有交點的問題進(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．
點評：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求最值，利用最值建立不等式的題型，本類題運算量大，且多是符號運算，故解題時要嚴(yán)謹(jǐn)認(rèn)真，避免因運算失誤或變形失誤導(dǎo)致解題失�。�