Question

已知f（x）=，且f（1）=3，
（1）试求a的值，并证明f（x）在[，+∞）上单调递增．
（2）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m，使得不等式m²+tm+1≥|x₁-x₂|对任意的b∈[2，]及t∈[-1，1]恒成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在说明理由．

Answer

（1）将1代入函数关系式，即可求得；利用单调性的定义证明函数的单调性；
（2）利用韦达定理先求出|x1-x2|，变为不等式恒成立问题，再构造函数利用函数的导数求最值即可解决．
【解析】
（1）∵f（1）=3，∴a=1，∴f（x）=，设≤x1＜x2，
∴f（x2）-f（x1）=2x2+-（2x1+）=2（x2-x1）+=（x2-x1）（2-），
∵x2＞x1≥，∴x1x2≥x12≥，∴0＜＜2，
∴2-＞0又x2-x1＞0，∴f（x2）-f（x1）＞0，∴f（x2）＞f（x1），
∴f（x）在，+∞）上单调递增．
（2）∵f（x）=x+b，∴x2-bx+1=0，∴|x1-x2|=又2≤b≤，∴0≤|x1-x2|≤3，故只须当t∈[-1，1]，使m2+mt+1≥3恒成立，记g（t）=tm+m2-2，只须：，∴，∴，∴m≥2或m≤-2，故m的取值集合是{m|m≥2或m≤-2}．