Question

已知函数f（x）满足f（x）+f'（0）-e^-x=-1，函数g（x）=-λlnf（x）+sinx是区间[-1，1]上的减函数．
（1）当x≥0时，曲线y=f（x）在点M（t，f（t））的切线与x轴、y轴围成的三角形面积为S（t），求S（t）的最大值；
（2）若g（x）＜t²+λt+1在x∈[-1，1]时恒成立，求t的取值范围；
（3）设函数h（x）=-lnf（x）-ln（x+m），常数m∈Z，且m＞1，试判定函数h（x）在区间[e^-m-m，e^2m-m]内的零点个数，并作出证明．

Answer 1

解：（1）因为f'（x）=（e^-x）'=-e^-x，f'（0）=-1，切线的斜率为-e^-t，切点（t，e^-t）
故切线的方程为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
从而．
∵当t∈（0，1）时，S'（t）＞0，当t∈（1，+∞）时，S'（t）＜0，
所以S（t）的最大值为
（2）由①知：f（x）=e^-x，∴g（x）=λx+sinx，
∴g'（x）=λ+cosx，
∵函数g（x）=-λlnf（x）+sinx是区间[-1，1]上的减函数
∴g'（x）=λ+cosx≤0在[-1，1]上恒成立，
∴λ≤-1，g（x）_max=-λ-sin1，
∵g（x）＜t²+λt+1在x∈[-1，1]时恒成立，
∴-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，∴，
而t＜-1时，t²-t+sin1＞0恒成立，
经检验t=-1也对，∴t≤-1
（3）函数h（x）=x-ln（x+m），x∈（-m，+∞）连续，且
令h′（x）=0，可得x=1-m
当x∈（-m，1-m）时，h'（x）＜0，h（x）为减函数，h（x）＞h（1-m）
当x∈（1-m，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）为增函数，h（x）＞h（1-m）
根据函数极值判别方法，h（1-m）=1-m为极小值，而且对x∈（-m，+∞）都有h（x）≥h（1-m）=1-m
故当整数m≤1时，h（x）≥1-m≥0
所以当整数m＞1时，h（x）存在最小值h（1-m）=1-m＜0，函数h（x）=x-ln（x+m）在[e^-m-m，e^2m-m]上为连续减函数．
因为h（e^-m-m）=e^-m-m-ln（e^-m-m+m）=e^-m＞0，当整数m＞1时，h（e^-m-m）与h（1-m）异号
所以存在唯一的x₁∈（e^-m-m，1-m），使h（x₁）=0
而当整数m＞1时，h（e^2m-m）=e^2m-3m＞（1+1）^2m-3m＞1+2m+-3m＞0与h（1-m）异号
所以存在唯一的x₂∈（1-m，e^2m-m），使h（x₂）=0
故当m＞1时，方程h（x）=0在[e^-m-m，e^2m-m]内有两个实根 …（15分）
分析：（1）求切线的斜率，确定切线的方程，进而可表示三角形面积S（t），利用导数的方法，可求S（t）的最大值；
（2）由于g（x）＜t²+λt+1在x∈[-1，1]上恒成立，转化为[g（x）]_max=g（-1）=-λ-sinl，解出即可；
（3）求导数，确定函数的单调性，从而可得函数的极小值，而且对x∈（-m，+∞）都有h（x）≥h（1-m）=1-m，当整数m≤1时，h（x）≥1-m≥0；当整数m＞1时，h（x）存在最小值h（1-m）=1-m＜0，再分别确定端点的函数值为正，即可求得函数零点的个数．
点评：本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查恒成立问题，考查函数的零点，考查学生的计算能力，综合性强．