Question

設h(x)=x+

m

x

，x∈[

1

4

，5]，其中m是不等于零的常數(shù)，
（1）（理）寫出h（4x）的定義域；
（文）m=1時，直接寫出h（x）的值域；
（2）（文、理）求h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（3）已知函數(shù)f（x）（x∈[a，b]），定義：f₁（x）=minf（t）|a≤t≤x（x∈[a，b]），f₂（x）=maxf（t）|a≤t≤x（x∈[a，b]）．其中，minf（x）|x∈D表示函數(shù)f（x）在D上的最小值，maxf（x）|x∈D表示函數(shù)f（x）在D上的最大值．例如：f（x）=cosx，x∈[0，π]，則f₁（x）=cosx，x∈[0，π]，f₂（x）=1，x∈[0，π]．
（理）當m=1時，設M(x)=

h(x)+h(4x)

2

+

|h(x)-h(4x)|

2

，不等式t≤M₁（x）-M₂（x）≤n恒成立，求t，n的取值范圍；
（文）當m=1時，|h₁（x）-h₂（x）|≤n恒成立，求n的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）令4x在h（x）的定義域內(nèi)，求出x的范圍，寫出區(qū)間形式即為h（4x）的定義域．
（2）對m分類討論，利用導函數(shù)的符號，當導函數(shù)大于0時對應的區(qū)間為遞增區(qū)間；導函數(shù)小于0時，對應的區(qū)間為遞減區(qū)間；求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．
（3）通過解不等式，比較出h（x）與h（4x）的大小，求出m（x）的解析式；求出M₁（x），M₂（x）求出M₁（x）-M₂（x）的值域，求出t，n的范圍．

解答：解：理（1）∵4x∈[

1

4

，5]，
∴x∈[

1

16

，

5

4

]
∴h（4x）的定義域為[

1

16

，

5

4

]
（2）h′(x)=1-

m

x2

m＜0時，h（x）在[

1

4

，5]遞增；
0＜m≤

1

16

時，h（x）在[

1

4

，5]遞增

1

16

＜m≤25時，h（x）在[

m

，5]遞增
（3）由題知：h(x)-h(4x)=

3(1-4x2)

4x

所以，h（x）＞h（4x）x∈[

1

4

，

1

2

)
h（x）=h（4x）x∈{

1

2

}
h（x）＜h（4x）x∈(

1

2

，

5

4

]
M(x)=

h(x)，h(x)≥h(4x) h(4x)，h(x)＜h(4x)

M(x)=

x+ 1 x ，x∈[ 1 4 1 2 ] 4x+ 1 4x ，x∈[ 1 2 5 4 ]

M1(x)=

x+ 1 x ，x∈[ 1 4 1 2 ] 5 2 ，x∈[ 1 2 5 4 ]

M2(x)=

17 4 ，x∈[ 1 4 ，1] 4x+ 1 4x ，x∈[1 5 4 ]

M1-M2=

x+ 1 x - 17 4 ，x∈[ 1 4 1 2 ] - 7 4 ，x∈[ 1 2 ，1] 5 2 -(4x+ 1 4x )，x∈[1 5 4 ]

M1(x)-M2(x)∈[-

21

10

，0]
∴n≥0，t≤-

21

10

文：（1）h(x)∈[2，

26

5

]
（2）m＜0時，h（x）在[

1

4

，5]遞增
0＜m≤

1

16

時，h（x）在[

1

4

，5]遞增

1

16

＜m≤25時，h（x）在[

m

，5]遞增
（3）h1(x)=

x+ 1 x ，x∈[ 1 4 ，1] 2，x∈[1，5]

h2(x)=

17 4 ，x∈[ 1 4 ，4] x+ 1 x ，x∈[4，5]

h1(x)-h2(x)=

x+ 1 x - 17 4 ，x∈[ 1 4 ，1] - 9 4 ，x∈[1，4] 2-x- 1 x x∈[4，5]

|h1(x)-h2(x)|∈[0，

16

5

]
所以n≥

16

5

點評：本題考查抽象函數(shù)的定義域的求法：知f（x）的定義域為[a，b]，求f（mx+n）的定義域只要解不等式a≤mx+n≤b即可、考查研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，若含參數(shù)一般需要討論．分段函數(shù)的處理方法是先分再合的策略．