Question

4．已知$\frac{1}{2}$≤m≤3，函数f（x）=ln（x+2）+$\frac{m}{2}{x^2}$-2．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若$?m∈[{\frac{1}{2}，3}]$，对任意的x₁，x₂∈[0，2]（x₁≠x₂），不等式|f（x₁）-f（x₂）|＜t|$\frac{1}{{{x_1}+2}}-\frac{1}{{{x_2}+2}}$|恒成立，求t的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数f（x）的单调区间即可；
（Ⅱ）求出函数f（x）的导数，讨论m的范围，根据函数的单调性设h（x）=f（x）+$\frac{t}{x+2}$，求出函数的导数，问题转化为t≥（x+2）+mx（x+2）²恒成立，设F（x）=（x+2）+mx（x+2）²，求出函数F（x）的导数，求出F（x）的最大值，从而求出t的最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（-2，+∞），
∵f′（x）=$\frac{{mx}^{2}+2mx+1}{x+2}$，
设g（x）=mx²+2mx+1，△=4m²-4m，
（1）当$\frac{1}{2}$≤m≤1时，△≤0，g（x）≥0恒成立，即f′（x）≤0恒成立，
∴f（x）在（-2，+∞）上递增．
（2）当1＜m≤3时，△=4m（m-1）＞0，令g（x）=0，得x₁=-1-$\frac{\sqrt{{m}^{2}-m}}{m}$＞-2，x₂=-1+$\frac{\sqrt{{m}^{2}-m}}{m}$，

x	（-2，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	递增	极大	递减	极小	递增

∴f（x）的增区间（-2，x₁），（x₂，+∞），减区间为（x₁，x₂）；
综上，当$\frac{1}{2}$≤m≤1时，f（x）的增区间为（-2，+∞）；
当1＜m≤3时，增区间（-2，x₁），（x₂，+∞），减区间（x₁，x₂）．
（Ⅱ）∵f′（x）=$\frac{1}{x+2}$+mx，$\frac{1}{2}$≤m≤3，
∴当0≤m≤2时，x+2＞0，mx＞0，∴f′（x）＞0成立，
∴f′（x）在[0，2]上递增．
设x₁＜x₂，则f（x₁）＜f（x₂），∴|f（x₁）-f（x₂）|=f（x₂）-f（x₁），
又∵$\frac{1}{{x}_{1}+2}$＞$\frac{1}{{x}_{2}+2}$，∴|$\frac{1}{{x}_{1}+2}$-$\frac{1}{{x}_{2}+2}$|=$\frac{1}{{x}_{1}+2}$-$\frac{1}{{x}_{2}+2}$，
∴|f（x₁）-f（x₂）|＜t|$\frac{1}{{x}_{1}+2}$-$\frac{1}{{x}_{2}+2}$|可化为
f（x₂）-f（x₁）＜t（$\frac{1}{{x}_{1}+2}$-$\frac{1}{{x}_{2}+2}$），
即f（x₂）+$\frac{t}{{x}_{2}+2}$＜f（x₁）+$\frac{t}{{x}_{1}+2}$恒成立．
设h（x）=f（x）+$\frac{t}{x+2}$，
∴当0＜x₁＜x₂≤2时，h（x₂）＜h（x₁），∴h（x）在[0，2]上为减函数，
h′（x）=$\frac{1}{x+2}$+mx-$\frac{t}{{（x+2）}^{2}}$≤0在x∈[0，2上恒成立，
即t≥（x+2）+mx（x+2）²恒成立，
设F（x）=（x+2）+mx（x+2）²，
F′（x）=1+m（x+2）²+2mx（x+2），
∵0≤x≤2，$\frac{1}{2}$≤m≤3，∴F′（x）＞0，
∴F（x）在[0，2]上递增，F（x）_max=F（2）=4+32m，
∴t≥32m+4，又存在$\frac{1}{2}$≤m≤3，[32m+4]_min=20，
∴t≥20，故t的最小值是20．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．