Question

已知函數(shù)f（x）同時滿足如下三個條件：①定義域為[-1，1]；②f（x）是偶函數(shù)；③x∈[-1，0]時，f(x)=

1

e2x

-

a

ex

，其中a∈R．
（Ⅰ）求f（x）在[0，1]上的解析式，并求出函數(shù)f（x）的最大值；
（Ⅱ）當a≠0，x∈[0，1]時，函數(shù)g(x)=(

x2

a

+x-2-

3

a

)[e2x-f(x)]，若g（x）的圖象恒在直線y=e上方，求實數(shù)a的取值范圍（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）因為函數(shù)為偶函數(shù)，所以f（x）=f（-x）．x∈[-1，0]時，f(x)=

1

e2x

-

a

ex

得到x∈[0，1]時得到f（x）的解析式，并討論a的取值利用二次函數(shù)求最值的方法求出最值即可；
（Ⅱ）化簡g（x），要證g（x）的圖象恒在直線y=e上方即就是要證g_min（x）＞e成立，利用導數(shù)研究函數(shù)增減性得到函數(shù)的最小值，讓其大于e，求出a的范圍即可．

解答：解：（Ⅰ）任取x∈[0，1]，則-x∈[-1，0]，f(-x)=

1

e-2x

-

a

e-x

=e2x-aex，
又f（x）是偶函數(shù)，故x∈[0，1]時，f（x）=f（-x）=e^2x-ae^x．
由f（x）是定義域為[-1，1]的偶函數(shù)可知，f（x）在x∈[0，1]的最大值即可為f（x）的最大值．
當x∈[0，1]時，令t=ex∈[1，e]，f(x)=h(t)=(t-

a

2

)2-

a2

4

a

2

≤

e+1

2

，即a≤e+1時，fmax(x)=h(e)=f(1)=e2-ae；

a

2

＞

e+1

2

，即a＞e+1時，fmax(x)=h(1)=f(0)=1-a；
綜上可知：
a≤e+1時，f_max（x）=f（1）=e²-ae；a＞e+1時，f_max（x）=f（0）=1-a．
（Ⅱ）g(x)=(

x2

a

+x-2-

3

a

)[e2x-f(x)]
=(

x2

a

+x-2-

3

a

)(e2x-e2x+aex)=(

x2

a

+x-2-

3

a

)•aex=(x2+ax-2a-3)ex
要x∈[0，1]時，函數(shù)g（x）的圖象恒在直線y=e上方，
即x∈[0，1]時，g_min（x）＞e成立，
g′（x）f'（x）=（x+a+3）（x-1）e^x，令g′（x）=0，解得x₁=-a-3，x₂=1
①當-a-3≤0，即a≥-3且a≠0時，可得x∈[0，1]時g′（x）≤0，故g（x）在區(qū)間[0，1]單調遞減．
此時g_min（x）=g（1）=（-2-a）e＞e?a＜-3，與a≥-3且a≠0矛盾．
②當0＜-a-3＜1，即-4＜a＜-3時，可得x∈[0，-a-3]時，g′（x）≥0，x∈[-a-3，1]時g′（x）≤0，可知f（x）在區(qū)間[0，-a-3]單調遞增．在區(qū)間[-a-3，1]單調遞減．
此時g_min（x）＞e?g（0）＞e，且g（1）＞e，
又g(0)=-2a-3＞e?a＜

-e-3

2

，g(1)＞e?a＜-3
故-4＜a＜-3時可滿足題意；
③-a-3≥1，即a≤-4時，可得x∈[0，1]時g′（x）≥0，可知g（x）在區(qū)間[0，1]單調遞增．
此時gmin(x)=g(0)=-2a-3＞e?a＜

-e-3

2

，又a≤-4．故a≤-4時可滿足題意.
綜上可知：a＜-3時，g（x）的圖象恒在直線y=e上方．

點評：考查學生利用導數(shù)求函數(shù)最值的能力，以及單調性與奇偶性的綜合應用能力，理解不等式恒成立的條件．