Question

已知f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，且x≤0時(shí)，f(x)=

( 1 e )x+2，x≤-1 f(x-1)，-1＜x≤0

，若f （x）≥x+a“對(duì)于任意x∈R恒成立，則常數(shù)a的取值范圍是（　　）

• A．(-∞，

  1

  e

  -2)
• B．（-∞，-2]
• C．(-∞，

  1

  e

  -1]
• D．（-∞，-1]

Answer 1

分析：f （x）≥x+a“對(duì)于任意x∈R恒成立，分離出參數(shù)a后可轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最小值解決，分x≤-1；-1＜x≤0；x≥1；0≤x＜1幾種情況進(jìn)行討論，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性或?qū)��?shù)可求得函數(shù)的最小值．

解答：解：①當(dāng)x≤-1時(shí)，f （x）≥x+a即(

1

e

)x+2≥x+a，也即(

1

e

)x+2-x≥a，
而(

1

e

)x+2-x遞減，所以(

1

e

)x+2-x的最小值為

1

e

+1，
此時(shí)，a≤

1

e

+1；
②當(dāng)-1＜x≤0時(shí)，f （x）=f（x-1）=(

1

e

)x+1≥x+a，即為(

1

e

)x+1-x≥a，
而(

1

e

)x+1-x遞減，所以(

1

e

)x+1-x的最小值為

1

e

，
此時(shí)，a≤

1

e

；
③當(dāng)x≥1時(shí)，-x≤-1，
因?yàn)閒（x）為偶函數(shù)，所以f（x）=f（-x）=(

1

e

)-x+2≥x+a，即(

1

e

)-x+2-x≥a，
令g（x）=(

1

e

)-x+2-x，g′（x）=e^x-2-1，
當(dāng)1≤x＜2時(shí)，g′（x）＜0，g（x）遞減；當(dāng)x＞2時(shí)，g′（x）＞0，g（x）遞增；
所以x=2時(shí)g（x）取得最小值，此時(shí)，a≤g（2）=-1；
④當(dāng)0≤x＜1時(shí)，-2＜-x-1≤-1，f（x）=f（-x）=f（-x-1）=(

1

e

)-x+1≥x+a，即(

1

e

)-x+1-x≥a，
令h（x）=(

1

e

)-x+1-x，h′（x）=e^x-1-1＜0，h（x）遞減，
所以h（x）＞h（1）=0，此時(shí)a≤0；
綜上，要使f （x）≥x+a“對(duì)于任意x∈R恒成立，a的取值范圍為a≤-1，
故選D．

點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，考查學(xué)生運(yùn)用知識(shí)分析解決問題的能力．