Question

16．已知定义在R上的偶函数f（x）的最小值为1，当x∈[0，+∞）时，f（x）=ae^x，
（1）若当x≤0时都有不等式：f（x）+kx-1≥0恒成立，求实数k的取值范围；
（2）求最大的整数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）求出函数f′（x），构造函数g（x），利用导数研究函数的最值即可，求实数k的取值范围；
（2）利用参数分类法，将不等式恒成立问题进行转化，进行求解即可．

解答 解：（1）因为f（x）=ae^x为单调函数，故f（0）=1，得a=1，
当x＜0时，-x＞0，则f（x）=f（-x）=e^-x，综上：$f（x）=\left\{\begin{array}{l}{e^x}，x≥0\\{e^{-x}}，x＜0\end{array}\right.$
所以当x≤0时，g（x）=e^-x+kx-1，则g'（x）=k-e^-x
①若k≤1，则当x≤0时，-x≥0，e^-x≥1，-e^-x≤-1，k-e^-x≤k-1≤0，g（x）为减函数，
而g（0）=0，从而当x≤0时，g（x）≥g（0），符合题意；
②若k＞1时，则当x∈（-∞，-lnk）时，g′（x）＜0，g（x）为减函数，
当x∈（-lnk，0）时，g′（x）＞0，g（x）为增函数，所以g（x）＜g（0）=0不合题意，
∴综合①②可得k的取值范围为（-∞，1]．
（2）因为任意x∈[1，m]，都有f（x+t）≤ex，故f（1+t）≤e且f（m+t）≤em
当1+t≥0时，e^1+t≤e，从而1+t≤1，∴∴-1≤t≤0
当1+t＜0时，e^-（1+t）≤e，从而-（1+t）≤1，
∴-2≤t＜-1，综上-2≤t≤0，
故m+t＞0，故f（m+t）≤em得：e^m+t≤em，即存在t∈[-2，0]，满足${e^t}≤\frac{em}{e^m}$
∴∴$\frac{em}{e^m}≥{\{{e^t}\}_{min}}={e^{-2}}$，即e^m-e³m≤0，
令g（x）=e^x-e³x，x∈[2，+∞），则g′（x）=e^x-e³
当x∈（2，3）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（3，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
又g（3）=-2e³＜0，g（2）=-e³＜0，g（4）=e³（e-4）＜0，g（5）=e³（e²-4）＞0
由此可见，方程g（x）=0在区间[2，+∞）上有唯一解m₀∈（4，5），且当x∈[2，m₀]时g（x）≤0，
当x∈[m₀，+∞）时g（x）≥0，
∵m∈Z，故m_max=4，此时t=-2．
下面证明：f（x-2）=e^|x-2|≤ex对任意x∈[1，4]恒成立，
①当x∈[1，2]时，即e^2-x≤ex，等价于e≤xe^x，∵x∈[1，2]，∴e^x≥e，x≥1，即xe^x≥e
②当x∈[2，4]时，即e^x-2≤ex，等价于{e^x-3-x}_max≤0
令h（x）=e^x-3-x，则h'（x）=e^x-3-1，
∴h（x）在（2，3）上递减，在（3，4）上递增，
∴∴h_max=max{h（2），h（4）}，而$h（2）=\frac{1}{e}-2＜0，h（4）=e-4＜0$，
综上所述，f（x-2）≤ex对任意x∈[1，4]恒成立．

点评 本题主要考查不等式恒成立，以及利用导数研究函数的最值问题，考查学生的运算能力．