Question

已知函數(shù)f（x）=ln（e^x+a）（a為常數(shù)）是實數(shù)集R上的奇函數(shù)，函數(shù)g（x）=λx-cosx在區(qū)間上是減函數(shù)．
（Ⅰ）求a的值與λ的范圍；
（Ⅱ）若對（Ⅰ）中所得的任意實數(shù)λ都有g（x）≤λt-1在上恒成立，求實數(shù)t的取值范圍；
（Ⅲ）若m＞0，試討論關于x的方程的根的個數(shù)．

Answer 1

解：（Ⅰ）∵函數(shù)f（x）=ln（e^x+a）（a為常數(shù)）是實數(shù)集R上的奇函數(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
又g（x）=λx-cosx在區(qū)間上是減函數(shù)
g′（x）=λ+sinx在區(qū)間上恒小于等于0即，λ≤-sinx在區(qū)間上恒成立，可得λ≤-1
（Ⅱ）函數(shù)g（x）=λx-cosx在區(qū)間上是減函數(shù)，故函數(shù)g（x）的最大值是λ≤λt-1，即
由（Ⅰ）知λ≤-1，在（-∞，-1）上是減函數(shù)，故t≤
（Ⅲ），由（Ⅰ）知f（x）=x，故方程可變?yōu)?img class='latex' src='http://thumb.zyjl.cn/pic5/latex/52879.png' />
令f₁（x）=，f₂（x）=x²-2ex+m
則f₁′（x）=，當x∈（0，e）時f₁′（x）＞0，f₁（x）為增函數(shù)；當x∈（e，+∞）時f₁′（x）＜0，f₁（x）為減函數(shù)；
∴當x=e時，f₁（x）的最大值為f₁（e）=
而f₂（x）=x²-2ex+m=（x-e）²-e²+m²，
結合f₁（x）與f₂（x）的大致圖象可得
當-e²+m＞，即 m＞e²+時，方程無實根；
-e²+m=，m=e²+時，方程有一個實根；
-e²+m＜，0＜m＜e²+時，方程有兩個實根；
分析：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=ln（e^x+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，g（x）=λx-cosx在區(qū)間上是減函數(shù)可得出其導數(shù)符號在區(qū)間上恒負；
（Ⅱ）對（Ⅰ）中所得的任意實數(shù)λ都有g（x）≤λt-1在上恒成立，可知g（x）_max≤λt-1，由此不等式解出實數(shù)t的取值范圍；
（Ⅲ）構造兩個函數(shù)f₁（x）=，f₂（x）=x²-2ex+m，將方程有根的問題轉化為函數(shù)有交點的問題進行研究．
點評：本題考查導數(shù)在最大值與最小值問題中的應用，解答本題關鍵是掌握導數(shù)與單調性的關系，由函數(shù)的單調性判斷出函數(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，且多是符號算，故解題時要嚴謹認真，避免因運算失誤或變形失誤導致解題失�。�