Question

已知函數(shù)f（x）=ln（e^x+a）（a為常數(shù)）是實(shí)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(duì)（Ⅰ）中所得的任意實(shí)數(shù)λ都有g(shù)（x）≤λt-1在上恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；
（Ⅲ）若m＞0，試討論關(guān)于x的方程的根的個(gè)數(shù)．

Answer 1

解：（Ⅰ）∵函數(shù)f（x）=ln（e^x+a）（a為常數(shù)）是實(shí)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(dāng)x∈（0，e）時(shí)f₁′（x）＞0，f₁（x）為增函數(shù)；當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)f₁′（x）＜0，f₁（x）為減函數(shù)；
∴當(dāng)x=e時(shí)，f₁（x）的最大值為f₁（e）=
而f₂（x）=x²-2ex+m=（x-e）²-e²+m²，
結(jié)合f₁（x）與f₂（x）的大致圖象可得
當(dāng)-e²+m＞，即 m＞e²+時(shí)，方程無(wú)實(shí)根；
-e²+m=，m=e²+時(shí)，方程有一個(gè)實(shí)根；
-e²+m＜，0＜m＜e²+時(shí)，方程有兩個(gè)實(shí)根；
分析：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=ln（e^x+a）（a為常數(shù)）是實(shí)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(dǎo)數(shù)符號(hào)在區(qū)間上恒負(fù)；
（Ⅱ）對(duì)（Ⅰ）中所得的任意實(shí)數(shù)λ都有g(shù)（x）≤λt-1在上恒成立，可知g（x）_max≤λt-1，由此不等式解出實(shí)數(shù)t的取值范圍；
（Ⅲ）構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)f₁（x）=，f₂（x）=x²-2ex+m，將方程有根的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)有交點(diǎn)的問(wèn)題進(jìn)行研究．
點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)在最大值與最小值問(wèn)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(wèn)中的恒成立的問(wèn)題就是一個(gè)求最值，利用最值建立不等式的題型，本類題運(yùn)算量大，且多是符號(hào)算，故解題時(shí)要嚴(yán)謹(jǐn)認(rèn)真，避免因運(yùn)算失誤或變形失誤導(dǎo)致解題失�。�