Question

11．已知函數(shù) f（x）=ln（e^x+a）（a為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)）是實數(shù)集R上的奇函數(shù)，函數(shù)g（x）=λf（x）+sin x在區(qū)間[-1，1]上是減函數(shù)．
（1）求實數(shù)a的值；
（2）若在x∈[-1，1]上g（x）≤t²+λt+1恒成立，求實數(shù)t的取值范圍；
（3）討論關(guān)于x的方程$\frac{lnx}{f（x）}$=x²-2ex+m的根的個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）利用f（-x）=-f（x），即ln（e^-x+a）=-ln（e^x+a）恒成立，即可求得實數(shù)a的值；
（2）要使g（x）≤t²+λt+1在x∈[-1，1]上恒成立，只需-λ-sin 1≤t²+λt+1在λ≤-1時恒成立即可，令h（λ）=（t+1）λ+t²+sin 1+1≥0（λ≤-1），解相應的不等式組即求實數(shù)t的取值范圍；
（3）對方程$\frac{lnx}{f（x）}$=x²-2ex+m的等號兩端分別構(gòu)造函數(shù)f₁（x）=$\frac{lnx}{x}$，f₂（x）=x²-2ex+m，利用導數(shù)可分別求得二函數(shù)的最大值與最小值，對二最值的大小關(guān)系分類討論，即可確定關(guān)于x的方程$\frac{lnx}{f（x）}$=x²-2ex+m的根的個數(shù)．

解答 解：（1）∵f（x）=ln（e^x+a）是奇函數(shù)，
∴f（-x）=-f（x），即ln（e^-x+a）=-ln（e^x+a）恒成立，
∴（e^-x+a）（e^x+a）=1，∴1+ae^-x+ae^x+a²=1．即a（e^x+e^-x+a）=0恒成立，
故a=0．（2分）
（2）由（1）知g（x）=λf（x）+sin x=λx+sin x，∴g′（x）=λ+cos x，x∈[-1，1]，
∴要使g（x）=λf（x）+sinx是區(qū)間[-1，1]上的減函數(shù)，則有g(shù)′（x）≤0恒成立，∴λ≤-1．
又∵g（x）_max=g（-1）=-λ-sin 1，∴要使g（x）≤t²+λt+1在x∈[-1，1]上恒成立，
只需-λ-sin 1≤t²+λt+1在λ≤-1時恒成立即可．
∴（t+1）λ+t²+sin 1+1≥0（其中λ≤-1）恒成立．
令h（λ）=（t+1）λ+t²+sin 1+1≥0（λ≤-1），則$\left\{\begin{array}{l}t+1≤0\\ h（-1）≥0\end{array}$即$\left\{\begin{array}{l}{t+1≤0}\\{{t}^{2}-t+sin1≥0}\end{array}\right.$，
而t²-t+sin 1≥0恒成立，
∴t≤-1．（7分）
（3）由（1）知方程$\frac{lnx}{f（x）}$=x²-2ex+m，即$\frac{lnx}{x}$=x²-2ex+m，
令f₁（x）=$\frac{lnx}{x}$，f₂（x）=x²-2ex+m．
∵f′₁（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
當x∈（0，e]時，f′（x）≥0，∴f₁（x）在區(qū)間（0，e]上為增函數(shù)；
當x∈[e，+∞）時，f′₁（x）≤0，∴f₁（x）在[e，+∞）上為減函數(shù)；
當x=e時，f₁（x）_max=$\frac{1}{e}$．
而f₂（x）=x²-2ex+m=（x-e）²+m-e²
當x∈（0，e]時f₂（x）是減函數(shù)，
當x∈[e，+∞）時，f₂（x）是增函數(shù)，
∴當x=e時，f₂（x）取得極小值，也是最小值，即f₂（e）=m-e²，
故當m-e²＞$\frac{1}{e}$，即m＞e²+$\frac{1}{e}$時，方程無實根；
當m-e²=$\frac{1}{e}$，即m=e²+$\frac{1}{e}$時，方程有一個根；
當m-e²＜$\frac{1}{e}$，即m＜e²+$\frac{1}{e}$時，方程有兩個根．（12分）

點評 本題考查函數(shù)恒成立問題，考查根的存在性與根的個數(shù)判斷，考查等價轉(zhuǎn)化思想與函數(shù)方程思想的綜合運用，突出考查導數(shù)的應用，屬于難題．