Question

6．已知f（x）=$\frac{2x-a}{{x}^{2}+2}$（x∈R），A=[-1，1]，設(shè)關(guān)于x的方程f（x）=$\frac{1}{x}$的兩根為x₁，x₂．試問：是否存在實數(shù)m，使得不等式m²+tm+1≥|x₁-x₂|對任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 由$\frac{2x-a}{{x}^{2}+2}$=$\frac{1}{x}$得x²-ax-2=0，由△=a²+8＞0，知|x₁-x₂|=$\sqrt{{a}^{2}+8}$≤3，由此能求出實數(shù)m的取值范圍．

解答 解：由$\frac{2x-a}{{x}^{2}+2}$=$\frac{1}{x}$得x²-ax-2=0．這時△=a²+8＞0．
由于x₁，x₂是方程x²-ax-2=0的兩實根，所以$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=a}\\{{x}_{1}{x}_{2}=-2}\end{array}\right.$
從而|x₁-x₂|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{{a}^{2}+8}$
因為-1≤a≤1，所以|x₁-x₂|=$\sqrt{{a}^{2}+8}$≤3
不等式m²+tm+1≥|x₁-x₂|對任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立．
當且僅當m²+tm+1≥3對任意t∈[-1，1]恒成立．
即m²+tm-2≥0對任意t∈[-1，1]恒成立．
設(shè)g（t）=m²+tm-2=tm+m²-2，
則g（t）≥0對任意t∈[-1，1]恒成立，故$\left\{\begin{array}{l}{g（1）≥0}\\{g（-1）≥0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{m+{m}^{2}-2≥0}\\{-m+{m}^{2}-2≥0}\end{array}\right.$，
解得m≥2或m≤-2．
所以，存在實數(shù)m，使不等式m²+tm+1≥|x₁-x₂|對任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，其取值范圍是{m|m≥2，或m≤-2}．

點評 本小題主要考查函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用和不等式等有關(guān)知識，考查數(shù)形結(jié)合及分類討論思想和靈活運用數(shù)學知識分析問題和解決問題的能力．