Question

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）=3e^x+a（a為常數(shù)）．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）求最大的整數(shù)m（m＞1），使得存在實數(shù)t，對任意的x∈[1，m]都有f（x+t）＜3ex．

Answer 1

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轉化為e^t≤

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，f（x）=

3ex，x≥0 3e-x，x＜0

（2）當x∈[1，m]時，有f（x+t）≤3ex，∴f（1+t）≤3e
當1+t≥0時，有：3e^1+t≤3e，即e^1+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e^m+t≤em
∴e^t≤

em

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，
∴e^-2≤

em

em

，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=e^1-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)間上的解析式和應用單調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．