Question

已知定義在R上的偶函數(shù)f（x）的最小值為1，當(dāng)x∈[0，+∞）時，f（x）=ae^x．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的解析式；
（Ⅱ）求最大的整數(shù)m（m＞1），使得存在t∈R，只要x∈[1，m]，就有f（x+t）≤ex．（注：e為自然對數(shù)的底數(shù)）

Answer 1

分析：（Ⅰ）已知f（x）=ae^x，可知其為單調(diào)函數(shù)，利用偶函數(shù)的性質(zhì)求出f（x）的解析式；
（Ⅱ）根據(jù)存在t∈R，只要x∈[1，m]，就有f（x+t）≤ex，即存在t∈[-2，0]，滿足et≤

em

em

，令g（x）=e^x-e³x，x∈[2，+∞），對g（x）進(jìn)行求導(dǎo)，求其單調(diào)性，從而求出t的值，只要證明f（x-2）=e^|x-2|≤ex對任意x∈[1，4]恒成立，就可以了，需要利用分類討論的思想進(jìn)行證明；

解答：解：（Ⅰ）因為f（x）=ae^x為單調(diào)函數(shù)，故f（0）=1，得a=1，…（2分）
當(dāng)x＜0時，-x＞0，則f（x）=f（-x）=3e^-x
綜上：f(x)=

ex，x≥0 e-x，x＜0

；           …（5分）
（Ⅱ）因為任意x∈[1，m]，都有f（x+t）≤ex
故f（1+t）≤e且f（m+t）≤em
當(dāng)1+t≥0時，e^1+t≤e，從而1+t≤1，
∴-1≤t≤0
當(dāng)1+t＜0時，e^-（1+t）≤e，從而-（1+t）≤1，
∴-2≤t＜-1
綜上-2≤t≤0∵m≥2，故m+t＞0
故f（m+t）≤em得：e^m+t≤em
即存在t∈[-2，0]，滿足et≤

em

em

∴

em

em

≥{et}min=e-2，即e^m-e³m≤0
令g（x）=e^x-e³x，x∈[2，+∞），則g′（x）=e^x-e³
當(dāng)x∈（2，3）時，g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減
當(dāng)x∈（3，+∞）時，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增
又g（3）=-2e³＜0，g（2）=-e³＜0，g（4）=e³（e-4）＜0，g（5）=e³（e²-4）＞0
由此可見，方程g（x）=0在區(qū)間[2，+∞）上有唯一解m₀∈（4，5），
且當(dāng)x∈[2，m₀]時g（x）≤0，當(dāng)x∈[m₀，+∞）時g（x）≥0
∵m∈Z，故m_max=4，此時t=-2．…（12分）
下面證明：f（x-2）=e^|x-2|≤ex對任意x∈[1，4]恒成立
①當(dāng)x∈[1，2]時，即e^2-x≤ex，等價于e≤xe^x
∵x∈[1，2]，
∴e^x≥e，x≥1，xe^x≥e
②當(dāng)x∈[2，4]時，即e^x-2≤ex，等價于{e^x-3-x}_max≤0
令h（x）=e^x-3-x，則h'（x）=e^x-3-1
∴h（x）在（2，3）上遞減，在（3，4）上遞增
∴h_max=max{h（2），h（4）}
而h(2)=

1

e

-2＜0，h(4)=e-4＜0
綜上所述，f（x-2）≤ex對任意x∈[1，4]恒成立．…（15分）

點評：此題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性以及偶函數(shù)的性質(zhì)，解題的過程中用到了分類討論和轉(zhuǎn)化的思想，這也是高考常考的熱點問題，是一道中檔題，有一定的難度；