Question

17．已知f（x）=$\frac{2x-a}{{x}^{2}+2}$（ x∈R）在區間[1，2]上是增函數．
（1）若函數f（x）在區間[1，2]上是增函數，求實數a的值組成的集合A；
（2）設關于x的方程f（x）=$\frac{1}{x}$的兩個非零實根為x₁、x₂．試問：是否存在實數m，使得不等式m²+tm+1≤|x₁-x₂|對任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導函數，由f（x）在[1，2]上是增函數，可得f'（x）≥0對x∈[1，2]恒成立，分離參數a，可得$a≥x-\frac{2}{x}$．利用單調性求出$g（x）=x-\frac{2}{x}$[1，2]上的最大值得答案；
（2）寫出方程f（x）=$\frac{1}{x}$并變形，利用根與系數的關系求出|x₁-x₂|的最小值為3，把問題轉化為m²+tm+1≤3對任意t∈[-1，1]恒成立，即m²+tm-2≤0對任意t∈[-1，1]恒成立．然后借助于“三個二次”的結合列關于m的不等式組求解．

解答 解：（1）f'（x）=$\frac{4+2ax-2{x}^{2}}{（{x}^{2}+2）^{2}}=\frac{-2（{x}^{2}-ax-2）}{（{x}^{2}+2）^{2}}$，
∵f（x）在[1，2]上是增函數，
∴f'（x）≥0對x∈[1，2]恒成立，
即x²-ax-2≤0對x∈[1，2]恒成立．
得ax≥x²-2，x∈[1，2]，
∴$a≥x-\frac{2}{x}$．
令$g（x）=x-\frac{2}{x}$，則g（x）在x∈[1，2]上為增函數，g（x）_max=g（2）=1，
∴a≥1，故A={a|a≥1}；
（2）由f（x）=$\frac{1}{x}$，得$\frac{2x-a}{{x}^{2}+2}=\frac{1}{x}$，得x²-ax-2=0，
∵△=a²+8＞0，∴x₁，x₂是方程x²-ax-2=0的兩非零實根，
則x₁+x₂=a，x₁x₂=-2，
從而|x₁-x₂|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{{a}^{2}+8}$．
∵a≥1，∴|x₁-x₂|=$\sqrt{{a}^{2}+8}$≥3．
要使不等式m²+tm+1≤|x₁-x₂|對任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，
當且僅當m²+tm+1≤3對任意t∈[-1，1]恒成立，
即m²+tm-2≤0對任意t∈[-1，1]恒成立．
設g（t）=m²+tm-2=mt+（m²-2），
∴$\left\{\begin{array}{l}{g（-1）={m}^{2}-m-2≤0}\\{g（1）={m}^{2}+m-2≤0}\end{array}\right.$，解得-1≤m≤1．
∴存在實數m，使不等式m²+tm+1≤|x₁-x₂|對任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，其取值范圍是{m|-1≤m≤1}．

點評 本題考查利用導數求函數的最值，考查了數學轉化思想方法，訓練了恒成立問題的求解方法，屬難題．