Question

已知函數(shù)f（x）=

2x2+a

x

，且f（1）=3．
（1）試求a的值；
（2）用定義證明f（x）在[

2

2

，∞）上單調(diào)遞增；
（3）設(shè)關(guān)于x的方程f（x）=x+b的兩根為x₁，x₂，試問是否存在實數(shù)t，使得不等式2m²-tm+4≥|x₁-x₂|對任意的b∈[2，

13

]及m∈[

1

2

，2]恒成立？若存在，求出t的取值范圍，若不存在說明理由．

Answer 1

考點：函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（1）由f（1）=3即可解出；
（2）利用單調(diào)遞增函數(shù)的定義即可證明；
（3）方程f（x）=x+b即2x+

1

x

=x+b，化為x²-bx+1=0，b∈[2，

13

]．利用根與系數(shù)的關(guān)系可得
|x₁-x₂|=

(x1+x2)2-4x1x2

=

b2-4

≤

13-4

=3．假設(shè)存在實數(shù)t，使得不等式2m²-tm+4≥|x₁-x₂|對任意的b∈[2，

13

]及m∈[

1

2

，2]恒成立．則不等式2m²-tm+4≥|x₁-x₂|_max=3對m∈[

1

2

，2]恒成立，
化為2m²-tm+1≥0對m∈[

1

2

，2]恒成立．令g（m）=2m²-tm+1=2(m-

t

4

)2+1-

t2

8

，m∈[

1

2

，2]．通過對t分類討論，利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答： （1）解：∵函數(shù)f（x）=

2x2+a

x

，且f（1）=3．
∴

2+a

1

=3，解得a=1．
（2）證明：由（1）可得：f（x）=2x+

1

x

．
設(shè)

2

2

≤x1＜x2，∴x₁-x₂＜0，2x1x2＞2×

2

2

×

2

2

=1，x₁x₂＞0．
則f（x₁）-f（x₂）=2x1+

1

x1

-(2x2+

1

x2

)=

(x1-x2)(2x1x2-1)

x1x2

＜0，
∴f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在[

2

2

，∞）上單調(diào)遞增；
（3）方程f（x）=x+b即2x+

1

x

=x+b，化為x²-bx+1=0，b∈[2，

13

]．
∴x₁+x₂=b，x₁x₂=1．
∵b∈[2，

13

]．
∴|x₁-x₂|=

(x1+x2)2-4x1x2

=

b2-4

≤

13-4

=3．
假設(shè)存在實數(shù)t，使得不等式2m²-tm+4≥|x₁-x₂|對任意的b∈[2，

13

]及m∈[

1

2

，2]恒成立．
則不等式2m²-tm+4≥|x₁-x₂|_max=3對m∈[

1

2

，2]恒成立，
化為2m²-tm+1≥0對m∈[

1

2

，2]恒成立．
令g（m）=2m²-tm+1=2(m-

t

4

)2+1-

t2

8

，m∈[

1

2

，2]．
①當(dāng)

t

4

≥2時，函數(shù)g（m）在m∈[

1

2

，2]單調(diào)遞減，∴g（m）_min=g（2）=8-2t+1≥0，解得t≤

9

2

．
不滿足t≥8，應(yīng)舍去；
②當(dāng)

t

4

≤

1

2

時，函數(shù)g（m）在m∈[

1

2

，2]單調(diào)遞增，∴g（m）_min=g(

1

2

)=2×(

1

2

)2-

1

2

t+1≥0，解得t≤3．
又t≤2，∴t≤2滿足條件；
③當(dāng)

1

2

＜

t

4

＜2，即2＜t＜8時，函數(shù)g（m）在m∈[

1

2

，t]單調(diào)遞減，在m∈（t，2]單調(diào)遞增，
∴g（m）_min=g（t）=1-

t2

8

≥0，解得-2

2

≤t≤2

2

．又2＜t＜8，∴2＜t≤2

2

．
綜上可得：t的取值范圍是(-∞，2

2

]時滿足條件．

點評：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、二次函數(shù)的單調(diào)性、恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化方法，考查了分類討論的思想方法，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．