Question

15．已知函数f（x）=e^x和函数g（x）=kx+m（k、m为实数，e为自然对数的底数，e≈2.71828）．
（1）求函数h（x）=f（x）-g（x）的单调区间；
（2）当k=2，m=1时，判断方程f（x）=g（x）的实数根的个数并证明；
（3）已知m≠1，不等式（m-1）[f（x）-g（x）]≤0对任意实数x恒成立，求km的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出h′（x）=e^x-k，（x∈R），分以下两种情况讨论：①当k≤0，②当k＞0，
（2）当k=2，m=1时，方程f（x）=g（x）即为h（x）=e^x-2x-1=0，结合（1）及图象即可判定．
（3）设h（x）=f（x）-g（x），分①当m＞1，②当m＜1，分别求解

解答 解：（1）h′（x）=e^x-k，（x∈R），
①当k≤0时，h′（x）＞0恒成立，h（x）的单调递增区间为（-∞，+∞），无单调递减区间；
②当k＞0时，由h′（x）＞0得x＞lnk，由h′（x）＜0得x＜lnk，
故h（x）的单调递减区间为（-∞，lnk），单调递增区间为（lnk，+∞）．
（2）当k=2，m=1时，方程f（x）=g（x）即为h（x）=e^x-2x-1=0，
由（1）知h（x）在（-∞，ln2）上递减，而h（0）=0，故h（x）在（-∞，ln2）上有且仅有1个零点，
由（1）知h（x）在[ln2，+∞）上递增，而h（1）=e-3＜0，h（2）=e²-5＞0，且h（x）的图象在[1，2]上是连续不间断的，
故h（x）在[1，2]上有且仅有1个零点，所以h（x）在[ln2，+∞）上也有且仅有1个零点，
综上，方程f（x）=g（x）有且仅有两个实数根．
（3）设h（x）=f（x）-g（x），
①当m＞1时，f（x）-g（x）≤0恒成立，则h（x）≤0恒成立，
而h（-$\frac{m}{k}$）=e${\;}^{-\frac{m}{k}}$＞0，与h（x）≤0恒成立矛盾，故m＞1不合题意；
②当m＜1时，f（x）-g（x）≥0，恒成立，则h（x）≥0恒成立，
1°当k=0时，由h（x）=e^x-m≥0恒成立可得m∈（-∞，0]，km=0； 
2°当k＜0时，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，与h（x）≥0恒成立矛盾，故k＜0不合题意；
3°当k＞0时，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），
记φ（k）=k（k-klnk），（k＞0），
则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，$\sqrt{e}$）上单调递增，在（$\sqrt{e}$，+∞）上单调递减，
∴φ（k）_max=φ（$\sqrt{e}$）=$\frac{e}{2}$，∴km≤$\frac{e}{2}$，当且仅当k=$\sqrt{e}$，m=$\frac{\sqrt{e}}{2}$时取等号；
综上①②两种情况得km的最大值为$\frac{e}{2}$．

点评 本题考查了导数的综合应用、方程的根的个数判断、恒成立问题，考查了函数与方程思想、转化思想，属于难题．