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）求a的值
（2）討論關(guān)于x的方程

lnx

f(x)

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

Answer 1

考點：函數(shù)恒成立問題,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：

分析：（1）直接根據(jù)函數(shù)f（x）=ln（e^x+a）是實數(shù)集R上的奇函數(shù)，則f（0）=0，即可求出a的取值；
（2）構(gòu)造兩個函數(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)有交點的問題進(jìn)行研究．
（3）先利用函數(shù)g（x）在[-1，1]上單調(diào)遞減，求出其最大值，再把g（x）＜t²-λt+1在x∈[-1，1]上恒成立轉(zhuǎn)化為其最大值小于等于t²-λt+1恒成立，進(jìn)而得到（1-t）λ+t²+sin1+1≥0（其中λ≤-1）恒成立，再利用二次函數(shù)恒成立問題的解法即可求t出的取值范圍．

解答： 解：（1）∵函數(shù)f（x）=ln（e^x+a）是實數(shù)集R上的奇函數(shù)，
∴f（0）=0，即ln（1+a）=0，
∴a=0．
（2）當(dāng)a=0時，f（x）=ln（e^x+a）=f（x）=lne^x=x，
由程

lnx

f(x)

=x2-2ex+m得

ln?x

x

=x2-2ex+m，
令f₁（x）=

ln?x

x

，f₂（x）=x²-2ex+m，
∵f′₁（x）=

1-lnx

x2

，
當(dāng)x∈（0，e）時，f′₁（x）＞0，
∴f₁（x）在（0，e]上為增函數(shù)；
當(dāng)x∈（e，+∞）時，f′₁（x）＜0，
∴f₁（x）在（e，+∞）上為減函數(shù)；
∴當(dāng)x=e時，[f₁（x）]_max=f₁（e）=

1

e

．
而f₂（x）=（x-e）²+m-e²，
∴當(dāng)m-e²＞

1

e

時，即m＞e²+

1

e

時方程無解．
當(dāng)m-e²=

1

e

時，即m=e²+

1

e

時方程有一解．
當(dāng)m-e²＜

1

e

時，即m＜e²+

1

e

時方程有兩解．
（3）由題意可得：g（x）=λx+sinx，
∴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＜0 t2-t+sin1＞0

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

點評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，將不等式恒成立問題，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題，考查學(xué)生的運算能力，綜合性較強(qiáng)，運算量較大．