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15.已知函數f(x)=ex和函數g(x)=kx+m(k、m為實數,e為自然對數的底數,e≈2.71828).
(1)求函數h(x)=f(x)-g(x)的單調區間;
(2)當k=2,m=1時,判斷方程f(x)=g(x)的實數根的個數并證明;
(3)已知m≠1,不等式(m-1)[f(x)-g(x)]≤0對任意實數x恒成立,求km的最大值.

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

解答 解:(1)h′(x)=ex-k,(x∈R),
①當k≤0時,h′(x)>0恒成立,h(x)的單調遞增區間為(-∞,+∞),無單調遞減區間;
②當k>0時,由h′(x)>0得x>lnk,由h′(x)<0得x<lnk,
故h(x)的單調遞減區間為(-∞,lnk),單調遞增區間為(lnk,+∞).
(2)當k=2,m=1時,方程f(x)=g(x)即為h(x)=ex-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個零點,
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]上是連續不間斷的,
故h(x)在[1,2]上有且僅有1個零點,所以h(x)在[ln2,+∞)上也有且僅有1個零點,
綜上,方程f(x)=g(x)有且僅有兩個實數根.
(3)設h(x)=f(x)-g(x),
①當m>1時,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m<1時,f(x)-g(x)≥0,恒成立,則h(x)≥0恒成立,
1°當k=0時,由h(x)=ex-m≥0恒成立可得m∈(-∞,0],km=0; 
2°當k<0時,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k>0時,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,$\sqrt{e}$)上單調遞增,在($\sqrt{e}$,+∞)上單調遞減,
∴φ(k)max=φ($\sqrt{e}$)=$\frac{e}{2}$,∴km≤$\frac{e}{2}$,當且僅當k=$\sqrt{e}$,m=$\frac{\sqrt{e}}{2}$時取等號;
綜上①②兩種情況得km的最大值為$\frac{e}{2}$.

點評 本題考查了導數的綜合應用、方程的根的個數判斷、恒成立問題,考查了函數與方程思想、轉化思想,屬于難題.

練習冊系列答案
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