Question

16．已知所敖f（x）=ln（e^x+a+3）（a為常數(shù)）是實(shí)數(shù)集R上的奇函數(shù)．
（1）若關(guān)于x的方程$\frac{lnx}{f（x）}$=x²-2ex+m有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根，求m的值；
（2）若函數(shù)g（x）=λf（x）+sinx在區(qū)間[-1，1]]上是減函數(shù)，且g（x）≤λt-1在x∈[-1，1]上恒成立，求實(shí)數(shù)t的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用f（x）是在R上的奇函數(shù)，f（0）=0，可求出a的值，構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)的最值，比較最值之間的關(guān)系，即可得到結(jié)論．
（2）利用g（x）在[-1，1]上單調(diào)遞減，則導(dǎo)數(shù)小于等于0，由此可求λ的范圍．要使g（x）≤λt-1在x∈[-1，1]上恒成立，只需g（x）_max=g（-1）=-λ-sin1≤λt-1在λ≤-1時(shí)恒成立即可．進(jìn)而求出實(shí)數(shù)t的最大值．

解答 解：（1）∵f（x）=ln（e^x+a+3）是實(shí)數(shù)集R上奇函數(shù)，
∴f（0）=0，
即ln（e⁰+a+3）=0得4+a=1，得a=-3…（2分）．
將a=-3帶入f（x）=lne^x=x，顯然為奇函數(shù)．          
由方程$\frac{lnx}{f（x）}$=x²-2ex+m，得$\frac{lnx}{x}={x^2}-2ex+m$，
令${f_1}（x）=\frac{lnx}{x}，{f_2}（x）={x^2}-2ex+m$
∵$f{'_1}（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$
當(dāng)x∈（0，e]時(shí)，f′₁（x）≥0，
∴f₁（x）在（0，e]上為增函數(shù)；
當(dāng)x∈[e，+∞）時(shí)，f′₁（x）≤0，
∴f₁（x）在[e，+∞）上為減函數(shù)；
當(dāng)x=e時(shí)，${f_1}{（x）_{max}}=\frac{1}{e}$．     
而${f_2}（x）={x^2}-2ex+m={（x-e）^2}+m-{e^2}$
當(dāng)x∈（0，e]時(shí)f₂（x）是減函數(shù)，當(dāng)x∈[e，+∞）時(shí)，f₂（x）是增函數(shù)，
∴當(dāng)x=e時(shí)，${f_2}{（x）_{min}}=m-{e^2}$． 
只有當(dāng)$m-{e^2}=\frac{1}{e}$，即$m={e^2}+\frac{1}{e}$時(shí)，方程有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根．
（2）∵f（x）=x，
∴g（x）=λf（x）+sinx=λx+sinx，
∴g′（x）=λ+cosx，x∈[-1，1]
∴要使g（x）是區(qū)間[-1，1]上的減函數(shù)，
則有g(shù)′（x）≤0在x∈[-1，1]恒成立，
∴λ≤（-cosx）_min，
即λ≤-1．            
要使g（x）≤λt-1在x∈[-1，1]上恒成立，
只需g（x）_max=g（-1）=-λ-sin1≤λt-1在λ≤-1時(shí)恒成立即可．
∴（t+1）λ+sin1-1≥0（其中λ≤-1）恒成立即可．
令h（λ）=（t+1）λ+sin1-1（λ≤-1），
則$\left\{\begin{array}{l}t+1≤0\\ h（-1）≥0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}t+1≤0\\-t-2+sin1≥0\end{array}\right.$
∴t≤sin1-2，
所以實(shí)數(shù)的最大值為sin1-2．

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)最值的求解，以及不等式恒成立問題，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值是解決本題的關(guān)鍵．