解答:解:(1)因?yàn)閒'(x)=(e
-x)'=-e
-x,f'(0)=-1,切線的斜率為-e
-t,切點(diǎn)(t,e
-t)
故切線的方程為y-e
-t=-e
-t(x-t),即e
-tx+y-e
-t(t+1)=0,…(1分)
令y=0得x=t+1,又令x=0得y=e
-t(t+1)
所以
S(t)=(t+1)•e-t(t+1)=(t+1)2e-t從而
S′(t)=e-t(1-t)(1+t).
∵當(dāng)t∈(0,1)時(shí),S'(t)>0,當(dāng)t∈(1,+∞)時(shí),S'(t)<0,
所以S(t)的最大值為
S(1)=(2)由①知:f(x)=e
-x,∴g(x)=λx+sinx,
∴g'(x)=λ+cosx,
∵函數(shù)g(x)=-λlnf(x)+sinx是區(qū)間[-1,1]上的減函數(shù)
∴g'(x)=λ+cosx≤0在[-1,1]上恒成立,
∴λ≤-1,g(x)
max=-λ-sin1,
∵g(x)<t
2+λt+1在x∈[-1,1]時(shí)恒成立,
∴-λ-sin1<t
2+λt+1在λ∈(-∞,-1]上恒成立,
∴(t+1)λ+t
2+sin1+1>0在λ∈(-∞,-1]上恒成立.
令h(λ)=(t+1)λ+t
2+sin1+1(λ≤-1),
則
,∴
,
而t<-1時(shí),t
2-t+sin1>0恒成立,
經(jīng)檢驗(yàn)t=-1也對,∴t≤-1
(3)函數(shù)h(x)=x-ln(x+m),x∈(-m,+∞)連續(xù),且
h′(x)=1-令h′(x)=0,可得x=1-m
當(dāng)x∈(-m,1-m)時(shí),h'(x)<0,h(x)為減函數(shù),h(x)>h(1-m)
當(dāng)x∈(1-m,+∞)時(shí),h'(x)>0,h(x)為增函數(shù),h(x)>h(1-m)
根據(jù)函數(shù)極值判別方法,h(1-m)=1-m為極小值,而且對x∈(-m,+∞)都有h(x)≥h(1-m)=1-m
故當(dāng)整數(shù)m≤1時(shí),h(x)≥1-m≥0
所以當(dāng)整數(shù)m>1時(shí),h(x)存在最小值h(1-m)=1-m<0,函數(shù)h(x)=x-ln(x+m)在[e
-m-m,e
2m-m]上為連續(xù)減函數(shù).
因?yàn)閔(e
-m-m)=e
-m-m-ln(e
-m-m+m)=e
-m>0,當(dāng)整數(shù)m>1時(shí),h(e
-m-m)與h(1-m)異號(hào)
所以存在唯一的x
1∈(e
-m-m,1-m),使h(x
1)=0
而當(dāng)整數(shù)m>1時(shí),h(e
2m-m)=e
2m-3m>(1+1)
2m-3m>1+2m+
-3m>0與h(1-m)異號(hào)
所以存在唯一的x
2∈(1-m,e
2m-m),使h(x
2)=0
故當(dāng)m>1時(shí),方程h(x)=0在[e
-m-m,e
2m-m]內(nèi)有兩個(gè)實(shí)根 …(15分)