Question

11．已知定義在R上的偶函數(shù)f（x），當x∈[0，+∞）時，f（x）=e^x．
（1）當x∈（-∞，0）時，求過原點與函數(shù)f（x）圖象相切的直線的方程；
（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）解法一、求出x＜0的函數(shù)的解析式，求得導數(shù)，求得切線的斜率和切點，切線的方程代入原點，即可得到切線的斜率，進而得到切線的方程；
解法二、求得x＞0時的導數(shù)，和切線的斜率、切點，可得切線的方程，再由偶函數(shù)的圖象特點，即可得到所求切線的方程；
（2）求出t的范圍，可得-2≤t≤0，故x=m時，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，+∞），求出導數(shù)，單調區(qū)間可得m的最大值為4，再證明f（x-2）=e^|x-2|≤ex對任意x∈[1，4]恒成立，即可得到．

解答 解：（1）解法1：因為f（x）為偶函數(shù)，當x＜0時，-x＞0，
f（x）=f（-x）=e^-x，導數(shù)f′（x）=-e^-x，
設切點坐標為（x₀，y₀），則切線斜率為$k={f^/}（{x_0}）=-{e^{-{x_0}}}$，
切線方程為$y-{e^{-{x_0}}}=-{e^{-{x_0}}}（x-{x_0}）$，
又切線過（0，0），所以$0-{e^{-{x_0}}}=-{e^{-{x_0}}}（0-{x_0}）⇒{x_0}=-1$，
k=-e，切線方程為y=-ex，即ex+y=0；
解法2：當x∈[0，+∞）時，f（x）=e^x，f′（x）=e^x，
記過原點與f（x）=e^x相切的直線為L，
設切點坐標為（x₀，y₀），
則切線L斜率為$k={f^/}（{x_0}）={e^{x_0}}$，
切線方程為$y-{e^{x_0}}={e^{x_0}}（x-{x_0}）$，
又切線過（0，0），所以$0-{e^{x_0}}=-{e^{x_0}}（0-{x_0}）⇒{x_0}=1$，
k=e，切線方程為y=ex，
∵f（x）為偶函數(shù)，圖象關于y軸對稱，
∴當x∈（-∞，0）時，
設過原點與f（x）相切的直線L′方程為y=-ex，即ex+y=0；
（2）因為任意x∈[1，m]，都有f（x+t）≤ex，故x=1時，f（1+t）≤e，
當1+t≥0時，e^1+t≤e，從而1+t≤1，∴-1≤t≤0，
當1+t＜0時，e^-（1+t）≤e，從而-（1+t）≤1，
∴-2≤t＜-1，綜上-2≤t≤0，
又整數(shù)m（m＞1），即m≥2，故m+t≥0，故x=m時，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x∈（2，3）時，g'（x）＜0，g（x）單調遞減；
當x∈（3，+∞）時，g'（x）＞0，g（x）單調遞增，
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x∈[2，m₀]時g（x）≤0，當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x∈[1，2]時，即e^2-x≤ex，等價于e≤xe^x，∵x∈[1，2]，
∴e^x≥e，x≥1，xe^x≥e，
②當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 本題考查導數(shù)的運用：求切線的方程和單調區(qū)間，考查函數(shù)方程的轉化思想，同時考查不等式恒成立問題的解法，注意運用構造法和函數(shù)的單調性，屬于中檔題．