Question

18．已知$f（x）=\frac{{2{x^2}+a}}{x}$，且f（1）=3．
（1）試求a的值，并用定義證明f（x）在[$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，+∞）上單調遞增；
（2）設關于x的方程f（x）=x+b的兩根為x₁，x₂，問：是否存在實數(shù)m，使得不等式m²+m+1≥|x₁-x₂|對任意的$b∈[{2，\sqrt{13}}]$恒成立？若存在，求出m的取值范圍；若不存在說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出a的值，根據(jù)單調性的定義證明函數(shù)的單調性即可；
（2）由韋達定理求出x₁+x₂=bx₁x₂=1，問題轉化為只需m²+m+1≥（|x₁-x₂|）_max=3，根據(jù)二次函數(shù)的性質求出m的范圍即可．

解答 解：（1）∵f（1）=3，∴a=1，
∴$f（x）=\frac{{2{x^2}+1}}{x}$，設x₁，x₂是[$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，+∞）上任意兩個實數(shù)且x₁＜x₂，
則$f（{x_1}）-f（{x_2}）=2{x_1}+\frac{1}{x_1}-2{x_2}-\frac{1}{x_2}=2（{x_1}-{x_2}）+\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}}=（{x_1}-{x_2}）（2-\frac{1}{{{x_1}{x_2}}}）$，
∵$\frac{{\sqrt{2}}}{2}≤{x_1}＜{x_2}∴{x_1}{x_2}＞x_1^2≥\frac{1}{2}∴0＜\frac{1}{{{x_1}{x_2}}}＜2∴2-\frac{1}{{{x_1}{x_2}}}＞0$，
又x₁-x₂＜0，∴f（x₁）-f（x₂）＜0，
∴f（x₁）＜f（x₂），
∴函數(shù)f（x）在[$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，+∞）上單調遞增；
（2）∵f（x）=x+b∴x²-bx+1=0
由韋達定理：x₁+x₂=bx₁x₂=1，
∴$|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{{b^2}-4}$，
又$2≤b≤\sqrt{13}∴0≤|{{x_1}-{x_2}}|≤3$，
假設存在實數(shù)m，使得不等式m²+m+1≥|x₁-x₂|對任意的$b∈[{2，\sqrt{13}}]$恒成立，
則只需m²+m+1≥（|x₁-x₂|）_max=3，
∴m²+m+1≥3，m²+m-2≥0，
而m²+m-2=0的兩根為m=-2或m=1，
結合二次函數(shù)的性質有：m≤-2或m≥1，
故存在滿足題意的實數(shù)m，且m的取值范圍為：m≤-2或m≥1．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查二次函數(shù)的性質以及轉化思想，是一道中檔題．