Question

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）=3e^x+a，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式．（2）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）≤3ex．

Answer 1

【答案】分析：（1）由y=e^x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e^m+t≤em轉(zhuǎn)化為由t的存在性可知，上述不等式在[-2，0]上必有解，只要求得e^t在[-2，0]上的最小值可即可．
解答：解：（1）∵y=e^x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，
（2）當x∈[1，m]時，有f（x+t）≤3ex，∴f（1+t）≤3e
當1+t≥0時，3e^1+t≤3e即e^1+t≤e，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e^m+t≤em∴
由t的存在性可知，上述不等式在[-2，0]上必有解．
∵e^t在[-2，0]上的最小值為e^-2，∵，即e^m-e³m≤0①
令g（x）=e^x-e³x，x∈[2，+∞）．
則g'（x）=e^x-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m∈（4，5）．
當2≤x≤m時，g（x）≤0，當x＞m時，g（x）＞0∴在x∈[2，+∞）時滿足不等式①的最大實數(shù)解為m
當t=-2，x∈[1，m]時，f（x-2）-3ex=3e（e^|x-2|-1-x），在x∈[1，2）時，∵e^|x-2|-1=e^1-x≤1∴f（x-2）-3ex≤0，在x∈[2，m]時，f（x-2）-3ex=
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．