Question

已知函数f（x）=

2x2+a

x

，且f（1）=3．
（1）试求a的值；
（2）用定义证明f（x）在[

2

2

，∞）上单调递增；
（3）设关于x的方程f（x）=x+b的两根为x₁，x₂，试问是否存在实数t，使得不等式2m²-tm+4≥|x₁-x₂|对任意的b∈[2，

13

]及m∈[

1

2

，2]恒成立？若存在，求出t的取值范围，若不存在说明理由．

Answer 1

考点：函数单调性的判断与证明

专题：函数的性质及应用

分析：（1）由f（1）=3即可解出；
（2）利用单调递增函数的定义即可证明；
（3）方程f（x）=x+b即2x+

1

x

=x+b，化为x²-bx+1=0，b∈[2，

13

]．利用根与系数的关系可得
|x₁-x₂|=

(x1+x2)2-4x1x2

=

b2-4

≤

13-4

=3．假设存在实数t，使得不等式2m²-tm+4≥|x₁-x₂|对任意的b∈[2，

13

]及m∈[

1

2

，2]恒成立．则不等式2m²-tm+4≥|x₁-x₂|_max=3对m∈[

1

2

，2]恒成立，
化为2m²-tm+1≥0对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]．通过对t分类讨论，利用二次函数的单调性即可得出．

解答： （1）解：∵函数f（x）=

2x2+a

x

，且f（1）=3．
∴

2+a

1

=3，解得a=1．
（2）证明：由（1）可得：f（x）=2x+

1

x

．
设

2

2

≤x1＜x2，∴x₁-x₂＜0，2x1x2＞2×

2

2

×

2

2

=1，x₁x₂＞0．
则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

，∞）上单调递增；
（3）方程f（x）=x+b即2x+

1

x

=x+b，化为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．
假设存在实数t，使得不等式2m²-tm+4≥|x₁-x₂|对任意的b∈[2，

13

]及m∈[

1

2

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

1

2

，2]恒成立，
化为2m²-tm+1≥0对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当

t

4

≥2时，函数g（m）在m∈[

1

2

，2]单调递减，∴g（m）_min=g（2）=8-2t+1≥0，解得t≤

9

2

．
不满足t≥8，应舍去；
②当

t

4

≤

1

2

时，函数g（m）在m∈[

1

2

，2]单调递增，∴g（m）_min=g(

1

2

)=2×(

1

2

)2-

1

2

t+1≥0，解得t≤3．
又t≤2，∴t≤2满足条件；
③当

1

2

＜

t

4

＜2，即2＜t＜8时，函数g（m）在m∈[

1

2

，t]单调递减，在m∈（t，2]单调递增，
∴g（m）_min=g（t）=1-

t2

8

≥0，解得-2

2

≤t≤2

2

．又2＜t＜8，∴2＜t≤2

2

．
综上可得：t的取值范围是(-∞，2

2

]时满足条件．

点评：本题考查了函数的单调性、二次函数的单调性、恒成立问题的等价转化方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．