設(shè)g(x)=2x+
1
x
,x∈[
1
4
,4].
(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間;(簡單說明理由,不必嚴(yán)格證明)
(2)證明g(x)的最小值為g(
2
2
);
(3)設(shè)已知函數(shù)f(x)(x∈[a,b]),定義:f1(x)=min{f(t)|a≤t≤x}(x∈[a,b]),f2(x)=max{f(t)|a≤t≤x}(x∈[a,b].其中,min{f(x)|x∈D}表示函數(shù)f(x)在D上的最小值,max{f(x)|x∈D}表示函數(shù)f(x)在D上的最大值.例如:f(x)=sinx,x∈[-
π
2
π
2
],則f1(x)=-1,x∈[-
π
2
,
π
2
],f2(x)=sinx,x∈[-
π
2
,
π
2
],設(shè)φ(x)=
g(x)+g(2x)
2
+
|g(x)-g(2x)|
2
,不等式p≤φ1(x)-φ2(x)≤m恒成立,求p、m的取值范圍.
分析:(1)根據(jù)y=ax+
b
x
(a>0,b>0,x<0)單調(diào)性及奇函數(shù)在對稱區(qū)間單調(diào)性相同即可求得g(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)利用(1)問g(x)的單調(diào)性可證明;
(3)先求定義域x∈[
1
4
,2].由定義求出φ(x),φ1(x),φ2(x),進(jìn)而表示出φ1(x)-φ2(x),由題設(shè)條件可得φ1(x)-φ2(x)的最小值及φ1(x)-φ2(x)的最大值問題即可解決.
解答:解:(1)∵g(x)=2x+
1
x
為奇函數(shù).奇函數(shù)在對稱區(qū)間單調(diào)性相同,
g(x)在x∈[
1
4
,
2
2
]上遞減,g(x)在x∈[
2
2
,4]上遞增;
(2)用最值的定義證明:
g(x)在x∈[
1
4
,
2
2
]上遞減,
對任意x∈[
1
4
,
2
2
],都有g(shù)(
1
4
)≥g(x)≥g(
2
2
);
g(x)在x∈[
2
2
,4]上遞增,對任意x∈[
2
2
,4],都有g(shù)(4)≥g(x)≥g(
2
2
).
綜上,g(x)的最小值為g(
2
2
).
(3)先求定義域x∈[
1
4
,2].
φ(x)=
g(x)+g(2x)
2
+
|g(x)-g(2x)|
2
=
g(x),x∈[
1
4
,
1
2
)
g(2x),x∈[
1
2
,2]
,
φ1(x)=
3,x∈[
1
2
,2]
2x+
1
x
,x∈[
1
4
,
1
2
)
,)=
9
2
,x∈[
1
4
,1)
4x+
1
2x
,x∈[1,2]
,
φ1(x)-φ2(x)=
2x+
1
x
-
9
2
,x∈[
1
4
,
1
2
)
-
3
2
,x∈[
1
2
,1)
3-4x-
1
2x
,x∈[1,2]
,
由題設(shè)條件可得φ1(x)-φ2(x)的最小值為-5.25.
φ1(x)-φ2(x的最大值為0,
∴p≤-5.25,m≥0.
點(diǎn)評:本題考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性及其應(yīng)用,考查不等式恒成立問題,考查學(xué)生分析問題解決問題的能力.
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(Ⅰ)求f(x)的解析式,并解不等式f(x)≥x;
(Ⅱ)設(shè)g(x)=2x-1+m,若對任意x1∈[-1,4],總存在x2∈[2,5],使f(x1)=g(x2),求實(shí)數(shù)m的取值范圍.

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2x+1,(x≤0)
log2x,(x>0)
若g(x)≥1,則x取值范圍是______..

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