Question

17．已知f（x）=$\frac{2x-a}{{x}^{2}+2}$（ x∈R）在区间[1，2]上是增函数．
（1）若函数f（x）在区间[1，2]上是增函数，求实数a的值组成的集合A；
（2）设关于x的方程f（x）=$\frac{1}{x}$的两个非零实根为x₁、x₂．试问：是否存在实数m，使得不等式m²+tm+1≤|x₁-x₂|对任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导函数，由f（x）在[1，2]上是增函数，可得f'（x）≥0对x∈[1，2]恒成立，分离参数a，可得$a≥x-\frac{2}{x}$．利用单调性求出$g（x）=x-\frac{2}{x}$[1，2]上的最大值得答案；
（2）写出方程f（x）=$\frac{1}{x}$并变形，利用根与系数的关系求出|x₁-x₂|的最小值为3，把问题转化为m²+tm+1≤3对任意t∈[-1，1]恒成立，即m²+tm-2≤0对任意t∈[-1，1]恒成立．然后借助于“三个二次”的结合列关于m的不等式组求解．

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]上是增函数，
∴f'（x）≥0对x∈[1，2]恒成立，
即x²-ax-2≤0对x∈[1，2]恒成立．
得ax≥x²-2，x∈[1，2]，
∴$a≥x-\frac{2}{x}$．
令$g（x）=x-\frac{2}{x}$，则g（x）在x∈[1，2]上为增函数，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的两非零实根，
则x₁+x₂=a，x₁x₂=-2，
从而|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|对任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，
当且仅当m²+tm+1≤3对任意t∈[-1，1]恒成立，
即m²+tm-2≤0对任意t∈[-1，1]恒成立．
设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．
∴存在实数m，使不等式m²+tm+1≤|x₁-x₂|对任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，其取值范围是{m|-1≤m≤1}．

点评 本题考查利用导数求函数的最值，考查了数学转化思想方法，训练了恒成立问题的求解方法，属难题．