Question

已知函数f（x）=

mx

4x2+16

，g（x）=（

1

2

）^|x-m|，其中m∈R且m≠0．
（Ⅰ）判断函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当m＜-2时，求函数F（x）=f（x）+g（x）在区间[-2，2]上的最值；
（Ⅲ）设函数h（x）=

f(x)，x≥2 g(x)，x＜2

，当m≥2时，若对于任意的x₁∈[2，+∞），总存在唯一的x₂∈（-∞，2），使得h（x₁）=h（x₂）成立，试求m的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：计算题,压轴题,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求导f′(x)=

m(4-x2)

4(x2+4)2

=

m(2-x)(2+x)

4(x2+4)2

，由导数讨论正负从而确定函数的单调性；
（Ⅱ）当m＜-2，-2≤x≤2时，可判断g（x）与f（x）在[-2，2]上单调递减，从而F(x)=f(x)+g(x)=

mx

4x2+16

+2m(

1

2

)x在[-2，2]上单调递减；从而求最值；
（Ⅲ）由题意先求得当m≥2，x₁∈[2，+∞）时h(x1)∈(0，  

m

16

]；再求得当m≥2，x₂＜2时，h(x2)∈(0，  (

1

2

)m-2)；从而化为

m

16

-(

1

2

)m-2＜0即可，记函数H(m)=

m

16

-(

1

2

)m-2，从而求解．

解答： 解：（Ⅰ）依题意，f′(x)=

m(4-x2)

4(x2+4)2

=

m(2-x)(2+x)

4(x2+4)2

，
①当m＞0时，
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]上单调递增，在（-∞，-2），（2，+∞）上单调递减；
②当m＜0时，
解f′（x）≤0得-2≤x≤2，f′（x）＞0得x＜-2或x＞2；
所以f（x）在[-2，2]上单调递减；在（-∞，-2），（2，+∞）上单调递增．

（Ⅱ）当m＜-2，-2≤x≤2时，
g(x)=(

1

2

)|x-m|=(

1

2

)x-m=2m•(

1

2

)x在[-2，2]上单调递减，
由（Ⅰ）知，f（x）在[-2，2]上单调递减，
所以F(x)=f(x)+g(x)=

mx

4x2+16

+2m(

1

2

)x在[-2，2]上单调递减；
∴F(x)max=F(-2)=4×2m-

m

16

=2m+2-

m

16

；
F(x)min=F(2)=2m-2+

m

16

．
（Ⅲ）当m≥2，x₁∈[2，+∞）时，
h(x1)=f(x1)=

mx1

4 x 2 1 +16

，
由（Ⅰ）知h（x₁）在[2，+∞）上单调递减，
从而h（x₁）∈（0，f（2）]，
即h(x1)∈(0，  

m

16

]；
 当m≥2，x₂＜2时，
h(x2)=g(x2)=(

1

2

)|x2-m|=(

1

2

)m-x2=(

1

2

)m•2x2在（-∞，2）上单调递增，
从而h（x₂）∈（0，g（2）），即h(x2)∈(0，  (

1

2

)m-2)；
对于任意的x₁∈[2，+∞），总存在唯一的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．
记函数H(m)=

m

16

-(

1

2

)m-2，
易知H(m)=

m

16

-(

1

2

)m-2在[2，+∞）上单调递增，且H（4）=0；
所以m的取值范围为[2，4）．

点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，同时考查了函数的四则运算等，属于难题．