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(shí),f(x)=aex
(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))
分析:(Ⅰ)已知f(x)=aex,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)=ex-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?yàn)閒(x)=aex為單調(diào)函數(shù),故f(0)=1,得a=1,…(2分)
當(dāng)x<0時(shí),-x>0,則f(x)=f(-x)=3e-x
綜上:f(x)=
ex,x≥0
e-x,x<0
;           …(5分)
(Ⅱ)因?yàn)槿我鈞∈[1,m],都有f(x+t)≤ex
故f(1+t)≤e且f(m+t)≤em
當(dāng)1+t≥0時(shí),e1+t≤e,從而1+t≤1,
∴-1≤t≤0
當(dāng)1+t<0時(shí),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:em+t≤em
即存在t∈[-2,0],滿足et
em
em

em
em
≥{et}min=e-2
,即em-e3m≤0
令g(x)=ex-e3x,x∈[2,+∞),則g′(x)=ex-e3
當(dāng)x∈(2,3)時(shí),g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減
當(dāng)x∈(3,+∞)時(shí),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(shí)g(x)≤0,當(dāng)x∈[m0,+∞)時(shí)g(x)≥0
∵m∈Z,故mmax=4,此時(shí)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(shí),即e2-x≤ex,等價(jià)于e≤xex
∵x∈[1,2],
∴ex≥e,x≥1,xex≥e
②當(dāng)x∈[2,4]時(shí),即ex-2≤ex,等價(jià)于{ex-3-x}max≤0
令h(x)=ex-3-x,則h'(x)=ex-3-1
∴h(x)在(2,3)上遞減,在(3,4)上遞增
∴hmax=max{h(2),h(4)}
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(diǎn)評(píng):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?嫉臒狳c(diǎn)問題,是一道中檔題,有一定的難度;
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已知f(x)是定義在R上的不恒為零的函數(shù),且對于任意實(shí)數(shù)a,b都有f(a•b)=af(b)+bf(a),則


  1. A.
    f(x)是奇函數(shù),但不是偶函數(shù)
  2. B.
    f(x)是偶函數(shù),但不是奇函數(shù)
  3. C.
    f(x)既是奇函數(shù),又是偶函數(shù)
  4. D.
    f(x)既非奇函數(shù),又非偶函

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