Question

（2013•汕頭一模）已知函數f1(x)=e|x-a|，f2(x)=ebx．
（I）若f（x）=f₁（x）+f₂（x）-bf₂（-x），是否存在a，b∈R，y=f（x）為偶函數．如果存在．請舉例并證明你的結論，如果不存在，請說明理由；
〔II）若a=2，b=1．求函數g（x）=f₁（x）+f₂（x）在R上的單調區間；
（III ）對于給定的實數?x₀∈[0，1]，對?x∈[0，1]，有|f₁（x）-f₂（x₀）|＜1成立．求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）存在a=0，b=-1使y=f（x）為偶函數．再根據偶函數的定義進行證明即可；
（Ⅱ）先利用絕對值的意義將g（x）寫成分段函數的形式g（x）=

ex-2+ex  &(x≥2) e2-x+ex  &(x＜2)

，再對x進行分類討論：①當x≥2時；②當x＜2時；利用導數工具研究其單調性即得；
（Ⅲ）由于|f₁（x）-f₂（x₀）|＜1，從而f₂（x₀）-1＜f₁（x）＜f₂（x₀）+1，?x₀∈[0，1]對?x∈[0，1]，f₂（x₀）-1＜f₁（x）＜f₂（x₀）+1成立．等價于：

f2(x)min-1＜f1(x)min f2(x)max+1＞f1(x)max

．再對字母b分類討論：①當b≥0時，②當b＜0時．即可求得a的取值范圍．

解答：解：（Ⅰ）存在a=0，b=-1使y=f（x）為偶函數，…（2分）
證明如下：此時：f（x）=e^|x|+e^-x+e^x，x∈R
∴f（-x）=e^|-x|+e^x+e^-x=f（x），
∴y=f（x）為偶函數．…（4分）
（注：a=0，b=0）也可以）
（Ⅱ）∵g（x）=e^|x-2|+e^x=

ex-2+ex  &(x≥2) e2-x+ex  &(x＜2)

，…（5分）
①當x≥2時g（x）=e^x-2+e^x，∴g′（x）=e^x-2+e^x＞0，
∴y=g（x）在[2，+∞）上為增函數．…（6分）
②當x＜2時g（x）=e^2-x+e^x，
則g′（x）=-e^2-x+e^x，令g′（x）=0得到x=1，
（ⅰ）當x＜1時g′（x）＜0，
∴y=g（x）在（-∞，1）上為減函數．
（ⅱ） 當1≤x＜2時g′（x）＞0，
∴y=g（x）在（1，2）上為增函數．…（8分）
綜上所述：y=g（x）的增區間為[1，+∞），減區間為（-∞，1）．…（9分）
（Ⅲ）∵|f₁（x）-f₂（x₀）|＜1，
∴f₂（x₀）-1＜f₁（x）＜f₂（x₀）+1
∴?x₀∈[0，1]對?x∈[0，1]，f₂（x₀）-1＜f₁（x）＜f₂（x₀）+1成立．
即：

f2(x)min-1＜f1(x)min f2(x)max+1＞f1(x)max

…（10分）
①當b≥0時，f₂（x）為增函數或常數函數，
∴當x∈[0，1]時，f2(x)min=f2(0)=1，f2(x)max=f2(1)=eb
∵f1(x)=e|x-a|＞0，
∴f₂（x）_min-1=f₂（0）-1=0＜f₁（x）_min恒成立．
當a≤

1

2

時，f1(x)max=f1(1)=e1-a，
∴e^b+1＞e^1-a
∴a＞1-ln（e^b+1）
∵ln(eb+1)≥ln2＞ln

e

=

1

2

∴1-ln(eb+1)＜

1

2

∴a∈(1-ln(eb+1)，

1

2

]當a＞

1

2

時f1(x)max=f1(0)=ea
∴e^b+1＞e^a
∴a＜ln（e^b+1）
∵ln(eb+1)≥ln2＞ln

e

=

1

2

∴a∈(

1

2

，ln(eb+1))
綜上所述：a∈（1-ln（e^b+1），ln（e^b+1））…（12分）
②當b＜0時，f₂（x）在[0，1]上為減函數，
∴f2(x)max=f2(0)=1，f2(x)min=f2(1)=eb
∵f1(x)=e|x-a|＞0，eb-1＜e0-1=0
∴f₂（x）_min-1＜f₁（x）_min恒成立．當a≤

1

2

時f1(x)max=f1(1)=e1-a
∴f2(x)max+1=2＞e1-a
∴a＞1-ln2
∴a∈(1-ln2，

1

2

]，
當a＞

1

2

時，f1(x)max=f1(0)=ea．
∴2＞e^a
∴a＜ln2
∴a∈(

1

2

，ln2)
綜上所述：∴a∈（1-ln2，ln2）…（13分）
由①②得當b≥0時，a∈（1-ln（e^b+1），ln（e^b+1））；
當b＜0時，a∈（1-ln2，ln2）．…（14分）

點評：本小題主要考查函數的單調性、奇偶性與單調性的綜合等基本知識，考查分類討論、化歸以等數學思想方法，考查分析問題、解決問題的能力．