Question

15．已知函數(shù)f（x）=e^x和函數(shù)g（x）=kx+m（k、m為實(shí)數(shù)，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e≈2.71828）．
（1）求函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)k=2，m=1時(shí)，判斷方程f（x）=g（x）的實(shí)數(shù)根的個(gè)數(shù)并證明；
（3）已知m≠1，不等式（m-1）[f（x）-g（x）]≤0對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，求km的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出h′（x）=e^x-k，（x∈R），分以下兩種情況討論：①當(dāng)k≤0，②當(dāng)k＞0，
（2）當(dāng)k=2，m=1時(shí)，方程f（x）=g（x）即為h（x）=e^x-2x-1=0，結(jié)合（1）及圖象即可判定．
（3）設(shè)h（x）=f（x）-g（x），分①當(dāng)m＞1，②當(dāng)m＜1，分別求解

解答 解：（1）h′（x）=e^x-k，（x∈R），
①當(dāng)k≤0時(shí)，h′（x）＞0恒成立，h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，+∞），無單調(diào)遞減區(qū)間；
②當(dāng)k＞0時(shí)，由h′（x）＞0得x＞lnk，由h′（x）＜0得x＜lnk，
故h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，lnk），單調(diào)遞增區(qū)間為（lnk，+∞）．
（2）當(dāng)k=2，m=1時(shí)，方程f（x）=g（x）即為h（x）=e^x-2x-1=0，
由（1）知h（x）在（-∞，ln2）上遞減，而h（0）=0，故h（x）在（-∞，ln2）上有且僅有1個(gè)零點(diǎn)，
由（1）知h（x）在[ln2，+∞）上遞增，而h（1）=e-3＜0，h（2）=e²-5＞0，且h（x）的圖象在[1，2]上是連續(xù)不間斷的，
故h（x）在[1，2]上有且僅有1個(gè)零點(diǎn)，所以h（x）在[ln2，+∞）上也有且僅有1個(gè)零點(diǎn)，
綜上，方程f（x）=g（x）有且僅有兩個(gè)實(shí)數(shù)根．
（3）設(shè)h（x）=f（x）-g（x），
①當(dāng)m＞1時(shí)，f（x）-g（x）≤0恒成立，則h（x）≤0恒成立，
而h（-$\frac{m}{k}$）=e${\;}^{-\frac{m}{k}}$＞0，與h（x）≤0恒成立矛盾，故m＞1不合題意；
②當(dāng)m＜1時(shí)，f（x）-g（x）≥0，恒成立，則h（x）≥0恒成立，
1°當(dāng)k=0時(shí)，由h（x）=e^x-m≥0恒成立可得m∈（-∞，0]，km=0； 
2°當(dāng)k＜0時(shí)，h（$\frac{1-m}{k}$）=e${\;}^{\frac{1-m}{k}}$-1，而$\frac{1-m}{k}＜0$，故e${\;}^{\frac{1-m}{k}}$＜1，
故h（$\frac{1-m}{k}$）＜0，與h（x）≥0恒成立矛盾，故k＜0不合題意；
3°當(dāng)k＞0時(shí)，由（1）可知[h（x）]_min=h（lnk）=k-klnk-m，而h（x）≥0恒成立，
故k-klnk-m≥0，得m≤k-klnk，故km≤k（k-klnk），
記φ（k）=k（k-klnk），（k＞0），
則φ′（k）=k（1-2lnk），由φ′（k）＞0得0$＜k＜\sqrt{e}$，由φ′（k）＜0得k＞$\sqrt{e}$，
故φ（k）在（0，$\sqrt{e}$）上單調(diào)遞增，在（$\sqrt{e}$，+∞）上單調(diào)遞減，
∴φ（k）_max=φ（$\sqrt{e}$）=$\frac{e}{2}$，∴km≤$\frac{e}{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)k=$\sqrt{e}$，m=$\frac{\sqrt{e}}{2}$時(shí)取等號(hào)；
綜上①②兩種情況得km的最大值為$\frac{e}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用、方程的根的個(gè)數(shù)判斷、恒成立問題，考查了函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化思想，屬于難題．