Question

设h(x)=x+

m

x

，x∈[

1

4

，5]，其中m是不等于零的常数，
（1）（理）写出h（4x）的定义域；
（文）m=1时，直接写出h（x）的值域；
（2）（文、理）求h（x）的单调递增区间；
（3）已知函数f（x）（x∈[a，b]），定义：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表示函数f（x）在D上的最小值，maxf（x）|x∈D表示函数f（x）在D上的最大值．例如：f（x）=cosx，x∈[0，π]，则f₁（x）=cosx，x∈[0，π]，f₂（x）=1，x∈[0，π]．
（理）当m=1时，设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的取值范围；
（文）当m=1时，|h₁（x）-h₂（x）|≤n恒成立，求n的取值范围．

Answer 1

分析：（1）令4x在h（x）的定义域内，求出x的范围，写出区间形式即为h（4x）的定义域．
（2）对m分类讨论，利用导函数的符号，当导函数大于0时对应的区间为递增区间；导函数小于0时，对应的区间为递减区间；求出函数的单调区间．
（3）通过解不等式，比较出h（x）与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的范围．

解答：解：理（1）∵4x∈[

1

4

，5]，
∴x∈[

1

16

，

5

4

]
∴h（4x）的定义域为[

1

16

，

5

4

]
（2）h′(x)=1-

m

x2

m＜0时，h（x）在[

1

4

，5]递增；
0＜m≤

1

16

时，h（x）在[

1

4

，5]递增

1

16

＜m≤25时，h（x）在[

m

，5]递增
（3）由题知：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时，h（x）在[

1

4

，5]递增
0＜m≤

1

16

时，h（x）在[

1

4

，5]递增

1

16

＜m≤25时，h（x）在[

m

，5]递增
（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

点评：本题考查抽象函数的定义域的求法：知f（x）的定义域为[a，b]，求f（mx+n）的定义域只要解不等式a≤mx+n≤b即可、考查研究函数的单调区间时，若含参数一般需要讨论．分段函数的处理方法是先分再合的策略．