Question

已知函數f（x）滿足f（x）+f'（0）-e^-x=-1，函數g（x）=-λlnf（x）+sinx是區間[-1，1]上的減函數．
（1）當x≥0時，曲線y=f（x）在點M（t，f（t））的切線與x軸、y軸圍成的三角形面積為S（t），求S（t）的最大值；
（2）若g（x）＜t²+λt+1在x∈[-1，1]時恒成立，求t的取值范圍；
（3）設函數h（x）=-lnf（x）-ln（x+m），常數m∈Z，且m＞1，試判定函數h（x）在區間[e^-m-m，e^2m-m]內的零點個數，并作出證明．

Answer 1

解：（1）因為f'（x）=（e^-x）'=-e^-x，f'（0）=-1，切線的斜率為-e^-t，切點（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
從而．
∵當t∈（0，1）時，S'（t）＞0，當t∈（1，+∞）時，S'（t）＜0，
所以S（t）的最大值為
（2）由①知：f（x）=e^-x，∴g（x）=λx+sinx，
∴g'（x）=λ+cosx，
∵函數g（x）=-λlnf（x）+sinx是區間[-1，1]上的減函數
∴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]時恒成立，
∴-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），
則，∴，
而t＜-1時，t²-t+sin1＞0恒成立，
經檢驗t=-1也對，∴t≤-1
（3）函數h（x）=x-ln（x+m），x∈（-m，+∞）連續，且
令h′（x）=0，可得x=1-m
當x∈（-m，1-m）時，h'（x）＜0，h（x）為減函數，h（x）＞h（1-m）
當x∈（1-m，+∞）時，h'（x）＞0，h（x）為增函數，h（x）＞h（1-m）
根據函數極值判別方法，h（1-m）=1-m為極小值，而且對x∈（-m，+∞）都有h（x）≥h（1-m）=1-m
故當整數m≤1時，h（x）≥1-m≥0
所以當整數m＞1時，h（x）存在最小值h（1-m）=1-m＜0，函數h（x）=x-ln（x+m）在[e^-m-m，e^2m-m]上為連續減函數．
因為h（e^-m-m）=e^-m-m-ln（e^-m-m+m）=e^-m＞0，當整數m＞1時，h（e^-m-m）與h（1-m）異號
所以存在唯一的x₁∈（e^-m-m，1-m），使h（x₁）=0
而當整數m＞1時，h（e^2m-m）=e^2m-3m＞（1+1）^2m-3m＞1+2m+-3m＞0與h（1-m）異號
所以存在唯一的x₂∈（1-m，e^2m-m），使h（x₂）=0
故當m＞1時，方程h（x）=0在[e^-m-m，e^2m-m]內有兩個實根 …（15分）
分析：（1）求切線的斜率，確定切線的方程，進而可表示三角形面積S（t），利用導數的方法，可求S（t）的最大值；
（2）由于g（x）＜t²+λt+1在x∈[-1，1]上恒成立，轉化為[g（x）]_max=g（-1）=-λ-sinl，解出即可；
（3）求導數，確定函數的單調性，從而可得函數的極小值，而且對x∈（-m，+∞）都有h（x）≥h（1-m）=1-m，當整數m≤1時，h（x）≥1-m≥0；當整數m＞1時，h（x）存在最小值h（1-m）=1-m＜0，再分別確定端點的函數值為正，即可求得函數零點的個數．
點評：本題考查導數知識的運用，考查導數的幾何意義，考查恒成立問題，考查函數的零點，考查學生的計算能力，綜合性強．