Question

3．已知函数f（x）=$\frac{2x-a}{{x}^{2}+3}$在区间[-1，1]上是增函数．
（1）求实数a的取值范围的组成集合A．
（2）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+2≥|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）令f′（x）≥0在[01，1]上恒成立，根据二次函数的性质列出不等式得出a的取值范围；
（2）根据根与系数的关系得出|x₁-x₂|的最大值，利用二次函数的性质列出不等式得出m的范围．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{-2（{x}^{2}-ax-3）}{（{x}^{2}+3）^{2}}$，∵f（x）在区间[-1，1]上是增函数，
∴f′（x）≥0在[-1，1]上恒成立，即x²-ax-3≤0在[-1，1]上恒成立．
令g（x）=x²-ax-3，则$\left\{\begin{array}{l}{g（-1）=1-a-3≤0}\\{g（1）=1+a-3≤0}\end{array}\right.$，
解得-2≤a≤2，∴A={a|-2≤a≤2}．
（2）由f（x）=$\frac{2x-a}{{x}^{2}+3}=\frac{1}{x}$得x²-ax-3=0，△=a²+12＞0．
∴x₁，x${\;}_{{\;}_{2}}$是方程x²-ax-3=0的两个非零实根，且|x₁-x₂|=$\sqrt{{a}^{2}+12}$．
∵-2≤a≤2，∴2$\sqrt{3}$≤|x₁-x₂|≤4，
要使得不等式m²+tm+2≥|x₁-x₂|对任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，
只需m²+tm+2≥4，即m²+tm-2≥0对t∈[-1，1]恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{m＞0}\\{{m}^{2}-m-2≥0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{m＜0}\\{{m}^{2}+m-2≥0}\end{array}\right.$，
解得m≥2或m≤-2，
所以存在实数m，其范围是m≥2或m≤-2．

点评 本题考查了导数与函数单调性的关系，函数恒成立问题，属于中档题．