分析 (1)函数f(x)=4x-m•2x+1+m2-3=(2x-m)2-3,x∈[0,2],可得2x∈[1,4].对m分类讨论,利用二次函数的单调性即可得出.
(2)存在x∈R,使得f(-x)+f(x)=0,可得4-x-m•2-x+1+m2-3+4x-m•2x+1+m2-3=0,令2x+2-x=t∈[2,+∞).化为2m2-2tm+t2-8=0,t∈[2,+∞).△≥0,又t∈[2,+∞).解得t∈[2,4].可得m=$\frac{t±\sqrt{16-{t}^{2}}}{2}$.利用导数研究其单调性即可得出.
解答 解:(1)函数f(x)=4x-m•2x+1+m2-3=(2x-m)2-3,
∵x∈[0,2],∴2x∈[1,4].
当m≥4时,f(x)max=f(0)=m2-2m-2.
当m≤1时,f(x)max=f(2)=m2-8m+13.
当1<m<4时,f(x)max={f(0),f(2)}max.
(2)存在x∈R,使得f(-x)+f(x)=0,
∴4-x-m•2-x+1+m2-3+4x-m•2x+1+m2-3=0,
化为:2m2-2m(2x+2-x)+(2x+2-x)2-8=0,令2x+2-x=t∈[2,+∞).
∴2m2-2tm+t2-8=0,t∈[2,+∞).
△=4t2-8(t2-8)=4(16-t2)≥0,又t∈[2,+∞).解得t∈[2,4].
解得m=$\frac{t±\sqrt{16-{t}^{2}}}{2}$.
当m=$\frac{t+\sqrt{16-{t}^{2}}}{2}$时,m′=$\frac{1+\frac{-2t}{2\sqrt{16-{t}^{2}}}}{2}$=$\frac{\sqrt{16-{t}^{2}}-t}{2\sqrt{16-{t}^{2}}}$,
当$2≤t<2\sqrt{2}$时,m′>0,函数m(t)单调递增;当2$\sqrt{2}$<t≤4时,m′<0,函数m(t)单调递减.
∴当t=2$\sqrt{2}$时,m取得最大值,m(2$\sqrt{2}$)=2$\sqrt{2}$.
又m(2)=1+$\sqrt{3}$,m(4)=2,∴m∈$[2,2\sqrt{2}]$.
当m=$\frac{t-\sqrt{16-{t}^{2}}}{2}$时,m∈$[1-\sqrt{3},2]$.
综上可得:m的取值范围是:$[1-\sqrt{3},2\sqrt{2}]$.
点评 本题考查了指数函数与二次函数的单调性、利用导数研究函数的单调性极值与最值,考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力,属于中档题.
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