Question

已知函數(shù)f（x）=

mx

4x2+16

，g（x）=（

1

2

）^|x-m|，其中m∈R且m≠0．
（Ⅰ）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）當(dāng)m＜-2時(shí)，求函數(shù)F（x）=f（x）+g（x）在區(qū)間[-2，2]上的最值；
（Ⅲ）設(shè)函數(shù)h（x）=

f(x)，x≥2 g(x)，x＜2

，當(dāng)m≥2時(shí)，若對于任意的x₁∈[2，+∞），總存在唯一的x₂∈（-∞，2），使得h（x₁）=h（x₂）成立，試求m的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：計(jì)算題,壓軸題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)f′(x)=

m(4-x2)

4(x2+4)2

=

m(2-x)(2+x)

4(x2+4)2

，由導(dǎo)數(shù)討論正負(fù)從而確定函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅱ）當(dāng)m＜-2，-2≤x≤2時(shí)，可判斷g（x）與f（x）在[-2，2]上單調(diào)遞減，從而F(x)=f(x)+g(x)=

mx

4x2+16

+2m(

1

2

)x在[-2，2]上單調(diào)遞減；從而求最值；
（Ⅲ）由題意先求得當(dāng)m≥2，x₁∈[2，+∞）時(shí)h(x1)∈(0，  

m

16

]；再求得當(dāng)m≥2，x₂＜2時(shí)，h(x2)∈(0，  (

1

2

)m-2)；從而化為

m

16

-(

1

2

)m-2＜0即可，記函數(shù)H(m)=

m

16

-(

1

2

)m-2，從而求解．

解答： 解：（Ⅰ）依題意，f′(x)=

m(4-x2)

4(x2+4)2

=

m(2-x)(2+x)

4(x2+4)2

，
①當(dāng)m＞0時(shí)，
解f′（x）≥0得-2≤x≤2，解f′（x）＜0得x＜-2或x＞2；
所以f（x）在[-2，2]上單調(diào)遞增，在（-∞，-2），（2，+∞）上單調(diào)遞減；
②當(dāng)m＜0時(shí)，
解f′（x）≤0得-2≤x≤2，f′（x）＞0得x＜-2或x＞2；
所以f（x）在[-2，2]上單調(diào)遞減；在（-∞，-2），（2，+∞）上單調(diào)遞增．

（Ⅱ）當(dāng)m＜-2，-2≤x≤2時(shí)，
g(x)=(

1

2

)|x-m|=(

1

2

)x-m=2m•(

1

2

)x在[-2，2]上單調(diào)遞減，
由（Ⅰ）知，f（x）在[-2，2]上單調(diào)遞減，
所以F(x)=f(x)+g(x)=

mx

4x2+16

+2m(

1

2

)x在[-2，2]上單調(diào)遞減；
∴F(x)max=F(-2)=4×2m-

m

16

=2m+2-

m

16

；
F(x)min=F(2)=2m-2+

m

16

．
（Ⅲ）當(dāng)m≥2，x₁∈[2，+∞）時(shí)，
h(x1)=f(x1)=

mx1

4 x 2 1 +16

，
由（Ⅰ）知h（x₁）在[2，+∞）上單調(diào)遞減，
從而h（x₁）∈（0，f（2）]，
即h(x1)∈(0，  

m

16

]；
 當(dāng)m≥2，x₂＜2時(shí)，
h(x2)=g(x2)=(

1

2

)|x2-m|=(

1

2

)m-x2=(

1

2

)m•2x2在（-∞，2）上單調(diào)遞增，
從而h（x₂）∈（0，g（2）），即h(x2)∈(0，  (

1

2

)m-2)；
對于任意的x₁∈[2，+∞），總存在唯一的x₂∈（-∞，2），使得h（x₁）=h（x₂）成立，
只需

m

16

＜(

1

2

)m-2，即

m

16

-(

1

2

)m-2＜0成立即可．
記函數(shù)H(m)=

m

16

-(

1

2

)m-2，
易知H(m)=

m

16

-(

1

2

)m-2在[2，+∞）上單調(diào)遞增，且H（4）=0；
所以m的取值范圍為[2，4）．

點(diǎn)評：本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題，同時(shí)考查了函數(shù)的四則運(yùn)算等，屬于難題．