Question

16．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，
（1）若當(dāng)x≤0時都有不等式：f（x）+kx-1≥0恒成立，求實數(shù)k的取值范圍；
（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）≤ex．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)f′（x），構(gòu)造函數(shù)g（x），利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值即可，求實數(shù)k的取值范圍；
（2）利用參數(shù)分類法，將不等式恒成立問題進(jìn)行轉(zhuǎn)化，進(jìn)行求解即可．

解答 解：（1）因為f（x）=ae^x為單調(diào)函數(shù)，故f（0）=1，得a=1，
當(dāng)x＜0時，-x＞0，則f（x）=f（-x）=e^-x，綜上：$f（x）=\left\{\begin{array}{l}{e^x}，x≥0\\{e^{-x}}，x＜0\end{array}\right.$
所以當(dāng)x≤0時，g（x）=e^-x+kx-1，則g'（x）=k-e^-x
①若k≤1，則當(dāng)x≤0時，-x≥0，e^-x≥1，-e^-x≤-1，k-e^-x≤k-1≤0，g（x）為減函數(shù)，
而g（0）=0，從而當(dāng)x≤0時，g（x）≥g（0），符合題意；
②若k＞1時，則當(dāng)x∈（-∞，-lnk）時，g′（x）＜0，g（x）為減函數(shù)，
當(dāng)x∈（-lnk，0）時，g′（x）＞0，g（x）為增函數(shù)，所以g（x）＜g（0）=0不合題意，
∴綜合①②可得k的取值范圍為（-∞，1]．
（2）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，
故m+t＞0，故f（m+t）≤em得：e^m+t≤em，即存在t∈[-2，0]，滿足${e^t}≤\frac{em}{e^m}$
∴∴$\frac{em}{e^m}≥{\{{e^t}\}_{min}}={e^{-2}}$，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．
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，即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$h（2）=\frac{1}{e}-2＜0，h（4）=e-4＜0$，
綜上所述，f（x-2）≤ex對任意x∈[1，4]恒成立．

點評 本題主要考查不等式恒成立，以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值問題，考查學(xué)生的運算能力．