Question

11．已知函数 f（x）=ln（e^x+a）（a为常数，e为自然对数的底数）是实数集R上的奇函数，函数g（x）=λf（x）+sin x在区间[-1，1]上是减函数．
（1）求实数a的值；
（2）若在x∈[-1，1]上g（x）≤t²+λt+1恒成立，求实数t的取值范围；
（3）讨论关于x的方程$\frac{lnx}{f（x）}$=x²-2ex+m的根的个数．

Answer 1

分析 （1）利用f（-x）=-f（x），即ln（e^-x+a）=-ln（e^x+a）恒成立，即可求得实数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时恒成立即可，令h（λ）=（t+1）λ+t²+sin 1+1≥0（λ≤-1），解相应的不等式组即求实数t的取值范围；
（3）对方程$\frac{lnx}{f（x）}$=x²-2ex+m的等号两端分别构造函数f₁（x）=$\frac{lnx}{x}$，f₂（x）=x²-2ex+m，利用导数可分别求得二函数的最大值与最小值，对二最值的大小关系分类讨论，即可确定关于x的方程$\frac{lnx}{f（x）}$=x²-2ex+m的根的个数．

解答 解：（1）∵f（x）=ln（e^x+a）是奇函数，
∴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是区间[-1，1]上的减函数，则有g′（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时恒成立即可．
∴（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），则$\left\{\begin{array}{l}t+1≤0\\ h（-1）≥0\end{array}$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）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
当x∈（0，e]时，f′（x）≥0，∴f₁（x）在区间（0，e]上为增函数；
当x∈[e，+∞）时，f′₁（x）≤0，∴f₁（x）在[e，+∞）上为减函数；
当x=e时，f₁（x）_max=$\frac{1}{e}$．
而f₂（x）=x²-2ex+m=（x-e）²+m-e²
当x∈（0，e]时f₂（x）是减函数，
当x∈[e，+∞）时，f₂（x）是增函数，
∴当x=e时，f₂（x）取得极小值，也是最小值，即f₂（e）=m-e²，
故当m-e²＞$\frac{1}{e}$，即m＞e²+$\frac{1}{e}$时，方程无实根；
当m-e²=$\frac{1}{e}$，即m=e²+$\frac{1}{e}$时，方程有一个根；
当m-e²＜$\frac{1}{e}$，即m＜e²+$\frac{1}{e}$时，方程有两个根．（12分）

点评 本题考查函数恒成立问题，考查根的存在性与根的个数判断，考查等价转化思想与函数方程思想的综合运用，突出考查导数的应用，属于难题．