已知定義在實數(shù)集R上的偶函數(shù)f(x)的最小值為3,且當x≥0時,f(x)=3ex+a(a為常數(shù)).
(Ⅰ)求函數(shù)f(x)的解析式;
(Ⅱ)求最大的整數(shù)m(m>1),使得存在實數(shù)t,對任意的x∈[1,m],都有f(x+t)≤3ex成立.
考點:函數(shù)奇偶性的性質(zhì)
專題:函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用
分析:(1)由y=ex是增函數(shù),得知f(x)也是(0,+∞)上增函數(shù),再由f(x)為偶函數(shù),則f(x)在(-∞,0)上是減函數(shù),從而當x=0時有最小值求得a值,然后利用偶函數(shù)求對稱區(qū)間上的解析式即可.
(2)先假設(shè)當x∈[1,m]時,存在t∈R,有f(x+t)≤3ex,則有f(1+t)≤3e,下面要選擇解析式,所以要分1+t≥0時和1+t≤0時兩種情況得t的范圍,同樣地,有f(m+t)≤3em及m≥2,得em+t≤em轉(zhuǎn)化為et
em
em
由t的存在性可知,上述不等式在[-2,0]上必有解,只要求得et在[-2,0]上的最小值可即可.
解答: 解:(1)∵y=ex是增函數(shù),∴當x≥0時,f(x)為增函數(shù),又f(x)為偶函數(shù),
∴f(x)min=f(0)=3+a,∴3+a=3.∴a=0
當x<0時,-x>0,∴f(x)=f(-x)=3e-x
綜上,f(x)=
3ex,x≥0
3e-x,x<0

(2)∵當x∈[1,m]時,都有f(x+t)≤3ex,
∴f(1+t)≤3e
當1+t≥0時,有:3e1+t≤3e,即e1+t≤e,得到1+t≤1,
∴-1≤t≤0;
當1+t≤0時,同理,-2≤t≤-1,
∴-2≤t≤0
同樣地,f(m+t)≤3em及m≥2,得em+t≤em
∴et
em
em
,
由t的存在性可知,上述不等式在[-2,0]上必有解.
∵et在[-2,0]上的最小值為e-2,
∴e-2
em
em
,即em-e3m≤0①
令g(x)=ex-e3x,x∈[2,+∞).
則g'(x)=ex-e3由g'(x)=0得x=3
當2≤x<3時,g'(x)<0,g(x)是減函數(shù);當x>3時,g'(x)>0,g(x)是增函數(shù)
∴g(x)的最小值是g(3)=e3-3e3=-2e3<0,
又g(2)<0,g(4)<0,g(5)>0,
∴g(x)=0在[2,+∞)上有唯一解m0∈(4,5).
當2≤x≤m0時,g(x)≤0,當x>m0時,g(x)>0
∴在x∈[2,+∞)時滿足不等式①的最大實數(shù)解為m0
當t=-2,x∈[1,m0]時,f(x-2)-3ex=3e(e|x-2|-1-x),
在x∈[1,2)時,
∵e|x-2|-1=e1-x≤1
∴f(x-2)-3ex≤0,
在x∈[2,m0]時,f(x-2)-3ex=3e(ex-3-x)=
3
e2
g(x)≤0
綜上所述,m最大整數(shù)為4.
點評:本題主要考查利用奇偶性來求對稱區(qū)間上的解析式和應(yīng)用單調(diào)性來解決恒成立問題.這類問題綜合性較強,涉及的知識和方法較多,思路比較繁雜,解題時必須嚴格按照邏輯步驟,層層解決.
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1
2
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3
2
,+∞)
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3
2
,+∞)

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3
x
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A、
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3
24
B、
(
3
-1)π
24
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(3+
3
36
D、
(3-
3
36

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2
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B、
2
C、2
D、2
2

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2
2
2
2
2
-
2+
2+
2+
2+
2+…
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3
5
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π
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