Question

已知函數(shù)f(x)=

2x2+a

x

，且f（1）=3．
（1）求證：函數(shù)f（x）在[

2

2

，+∞)上單調(diào)遞增；
（2）設(shè)關(guān)于x的方程f（x）=x+b的兩根為x₁，x₂，是否存在實(shí)數(shù)t，使得不等式2m²-t•m+4≥|x₁-x₂|對(duì)?b∈[2，

13

]及?m∈[

1

2

，2]恒成立？若存在，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；若不存在說明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）由f（1）=3求得a值，然后求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)在[

2

2

，+∞)上大于等于0恒成立得答案；
（2）把f（x）的解析式代入f（x）=x+b，化為關(guān)于x的一元二次方程后求得|x₁-x₂|，再求出b∈[2，

13

]時(shí)|x₁-x₂|的最大為3．則問題轉(zhuǎn)化為m∈[

1

2

，2]時(shí)2m²-tm+1≥0恒成立．然后分二次不等式對(duì)應(yīng)的二次函數(shù)的對(duì)稱軸在區(qū)間兩側(cè)和在區(qū)間內(nèi)分類求最小值，由最小值大于等于0求解t的取值范圍．

解答： （1）證明：由f(x)=

2x2+a

x

，且f（1）=3．
得：2+a=3，解得a=1．
∴f(x)=

2x2+1

x

=2x+

1

x

．
f′(x)=2-

1

x2

．
當(dāng)x≥

2

2

時(shí)，f′（x）≥0．
∴函數(shù)f（x）在[

2

2

，+∞)上單調(diào)遞增；
（2）解：由f（x）=x+b，得：

2x2+1

x

=x+b，化簡：x²-bx+1=0．
|x₁-x₂|=

(x1+x2)2-4x1x2

=

b2-4

，
當(dāng)b∈[2，

13

]時(shí)，|x₁-x₂|的最大為3．
不等式2m²-t•m+4≥|x₁-x₂|對(duì)?b∈[2，

13

]及?m∈[

1

2

，2]恒成立，
只需m∈[

1

2

，2]時(shí)，2m²-tm+4≥3恒成立．
也就是2m²-tm+1≥0恒成立．
函數(shù)y=2m²-tm+1的對(duì)稱軸m=

t

4

．
當(dāng)

t

4

≤

1

2

時(shí)，函數(shù)在[

1

2

，2]上單調(diào)遞增，在m=

1

2

時(shí)取得最小值，
則只需要最小值大于等于0即可，即

1

2

-

t

2

+1≥0，即t≤3，結(jié)合t≤2得t≤2．
當(dāng)

1

2

＜

t

4

＜2，即2＜t＜8時(shí)，函數(shù)最小值為：

8-t2

8

，則有

8-t2

8

≥0，
解得：-2

2

≤t≤2

2

，則2＜t≤2

2

當(dāng)

t

4

≥2，即t≥8時(shí)，函數(shù)在[

1

2

，2]上單調(diào)遞減，在m=2取得最小值，
則只需要最小值大于等于03，
即18-3t+1≥0，解得t≤

19

3

，不符合．
綜上：存在t≤2

2

，使得不等式2m²-t•m+4≥|x₁-x₂|對(duì)?b∈[2，

13

]及?m∈[

1

2

，2]恒成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，訓(xùn)練了利用函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的最值，解答此題的關(guān)鍵在于轉(zhuǎn)化思想方法的運(yùn)用，是有一定難度題目．