题目内容

已知函数f（x）=ln（e^x+a）（a为常数）是R上的奇函数．函数g（x）=λf（x）+sinx是区间[-1，1]上的减函数．
（1）讨论关于x的方程 $数学公式$ =x²-2ex+m的根的个数．
（2）若g（x）＜t²+λt+1在x∈[-1，1]上恒成立，求t的取值范围．

解：（1）∵f（x）=ln（e^x+a）是奇函数，∴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 （1分）
又f（x）=x，由 $\text{[math]}$ =x²-2ex+m得 $\text{[math]}$ ，
令f₁（x）= $\text{[math]}$ ，f₂（x）=x²-2ex+m…（2分）
则f₁′（x）= $\text{[math]}$ ，当x∈（0，e）时f₁′（x）＞0，f₁（x）为增函数；当x∈（e，+∞）时f₁′（x）＜0，f₁（x）为减函数，∴当x=e时，f₁（x）的最小值为f₁（e）= $\text{[math]}$
而f₂（x）=x²-2ex+m=（x-e）²-e²+m，结合f₁（x）与f₂（x）的大致图象可得
当-e²+m＞ $\text{[math]}$ 即 m＞e²+ $\text{[math]}$ 时，方程无实根；当-e²+m= $\text{[math]}$ 即 m=e²+ $\text{[math]}$ 时，方程有一个实根；当-e²+m＜ $\text{[math]}$ 即 m＜e²+ $\text{[math]}$ 时，方程有两个实根；
（2）由题意可得：g（x）=λx+sinx，所以g'（x）=λ+cosx，由函数的单调性转化为：g'（x）=λ+cosx≤0 在[-1，1]上恒成立，进而得到λ≤-1，g（x）_max=-λ-sin1，再转化为-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）
则 $\text{[math]}$ ，∴ $\text{[math]}$ ，而t＜-1时，t²-t+sin1＞0恒成立，
经检验t=-1也对，∴t≤-1
分析：（1）函数f（x）=ln（ex+a）（a为常数）是实数集R上的奇函数，可得出f（x）+f（-x）=0，由此方程恒成立求a．构造两个函数f₁（x）= $\text{[math]}$ ，f₂（x）=x²-2ex+m，将方程有根的问题转化为函数有交点的问题进行研究．
（2）由题意可得：g（x）=λx+sinx，所以g'（x）=λ+cosx，由函数的单调性转化为：g'（x）=λ+cosx≤0 在[-1，1]上恒成立，进而得到λ≤-1，并且g（x）_max=-λ-sin1，再转化为-λ-sin1＜t²+λt+1在λ∈（-∞，-1]上恒成立．把λ看为自变量利用一次函数的性质解决问题即可得到答案．
点评：本题考查导数在最大值与最小值问题中的应用，解答本题关键是掌握导数与单调性的关系，由函数的单调性判断出函数的最值，本题中第二问中的恒成立的问题就是一个求最值，利用最值建立不等式的题型，本类题运算量大，且多是符号运算，故解题时要严谨认真，避免因运算失误或变形失误导致解题失败．