2004-福建理-21 解-利用导数研究函数的单调性

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性。核心在于导数工具化归法、变量分离与最值夹逼法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年福建卷(理)） 已知 $f(x)=\frac{2x-a}{x^2+2}$ ($x\in \mathbf{R}$) 在区间 $[-1,1]$ 上是增函数.

(1)求实数 $a$ 的值组成的集合 $A$；

(2)设关于 $x$ 的方程 $f(x)=\frac{1}{x}$ 的两个非零实根为 $x_1$、 $x_2$.试问：是否存在实数 $m$，使得不等式 $m^2+tm+1\ge |x_1-x_2|$ 对任意 $a\in A$ 及 $t\in [-1,1]$ 恒成立？若存在，求 $m$ 的取值范围；若存在，请说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 转化单调性为导数不等式（第一问）：
   • 函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上是增函数，等价于其导数 $f^{\prime }(x)\ge 0$ 在该区间上恒成立。
   • 求导得 $f^{\prime }(x)=\frac{2(x^2+2)-(2x-a)(2x)}{(x^2+2{)}^2}=\frac{-2x^2+2ax+4}{(x^2+2{)}^2}$。由于分母恒正，问题转化为二次因式 $g(x)=-2x^2+2ax+4\ge 0$ 在 $x\in [-1,1]$ 上恒成立。
   • 利用二次函数开口向下及端点最值定理，只需满足两端点值同时非负，即 $g(-1)\ge 0$ 且 $g(1)\ge 0$，由此联立求出 $a$ 的交集。
2. 构建二次方程并解析根的绝对值差（第二问）：
   • 将方程 $f(x)=\frac{1}{x}⟹\frac{2x-a}{x^2+2}=\frac{1}{x}$ 交叉相乘，化为一元二次标准方程： $x^2-ax-2=0$。
   • 其判别式 $\Delta =a^2+8>0$ 恒成立，保证了双实根的存在性。利用韦达定理： $x_1+x_2=a$，$x_1{x}_2=-2$。
   • 解析出两根差的绝对值表达式： $|x_1-x_2|=\sqrt{(x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2}=\sqrt{a^2+8}$。由于第一问已锁定 $a\in [-1,1]$，可直接控算出该表达式的全局极大值。
3. 分解并攻克双重恒成立不等式（第二问）：
   • 目标不等式为 $m^2+tm+1\ge |x_1-x_2|$，要求对任意 $a\in A$ 恒成立，即要求左端项必须大于或等于右端项的最大值： $m^2+tm+1\ge \max \left(\sqrt{a^2+8}\right)=3$。
   • 化简不等式为 $m^2+tm-2\ge 0$。该不等式进一步要求对任意 $t\in [-1,1]$ 恒成立。
   • 视 $t$ 为自变量构造一次线性函数 $h(t)=mt+(m^2-2)\ge 0$，利用一次函数的端点控制性质，只需两端点值 $h(-1)\ge 0$ 且 $h(1)\ge 0$ 即可彻底锁定实数 $m$ 的范围。

✅【答案】

Success

(1) $A=[-1,1]$

(2) $m\in \left(-\infty ,-2\right]\cup \left[2,+\infty \right)$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求实数 $a$ 的值组成的集合 $A$ 已知函数 $f(x)=\frac{2x-a}{x^2+2}$，利用分式求导法则（商的导数公式）对其求导数： $f^{\prime }(x)=\frac{(2x-a{)}^{\prime }(x^2+2)-(2x-a)(x^2+2{)}^{\prime }}{(x^2+2{)}^2}$ $f^{\prime }(x)=\frac{2(x^2+2)-(2x-a)(2x)}{(x^2+2{)}^2}=\frac{2x^2+4-4x^2+2ax}{(x^2+2{)}^2}=\frac{-2x^2+2ax+4}{(x^2+2{)}^2}$

因为函数 $f(x)$ 在闭区间 $[-1,1]$ 上是增函数，所以其导数在该区间内满足非负恒成立约束： $f^{\prime }(x)\ge 0\text{对一切 }x\in [-1,1]\text{ 恒成立}$ 由于分母满足 $(x^2+2{)}^2>0$ 严格恒正，因此不等式方向由分子多项式唯一确定。令分子函数为 $g(x)$： $g(x)=-2x^2+2ax+4\ge 0\text{对一切 }x\in [-1,1]\text{ 恒成立}$

分析二次函数 $g(x)$ 的几何特征。由于二次项系数 $-2<0$，该抛物线开口严格向下。 要使开口向下的抛物线在闭区间 $[-1,1]$ 上的所有函数值均大于或等于 0，根据二次函数的单调有界性，充要条件是其在该区间两端端点处的函数值同时满足非负约束： $\{\begin{array}{l}g(-1)\ge 0\\ g(1)\ge 0\end{array}$ 将 $x=-1$ 和 $x=1$ 分别代入多项式中： $\{\begin{array}{l}-2(-1{)}^2+2a(-1)+4\ge 0\\ -2(1{)}^2+2a(1)+4\ge 0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}-2-2a+4\ge 0\\ -2+2a+4\ge 0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}2-2a\ge 0\\ 2+2a\ge 0\end{array}$ 解这个一元一次线性不等式组： $\{\begin{array}{l}a\le 1\\ a\ge -1\end{array}⟹-1\le a\le 1$

所以，实数 $a$ 的值组成的集合 $A$ 为： $A=\{a|-1\le a\le 1\}=[-1,1]$

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（2）判断满足恒成立的实数 $m$ 的是否存在性及其取值范围 结论：存在满足条件的实数 $m$，其取值范围是 $(-\infty ,-2]\cup [2,+\infty )$． 理由如下：

• 第一步：建立方程求两根差的绝对值函数： 将代数方程 $f(x)=\frac{1}{x}$ 展开： $\frac{2x-a}{x^2+2}=\frac{1}{x}$ 因为 $x_1,x_2$ 为非零实根，满足 $x\ne 0$，将分式两边进行交叉相乘去分母： $x(2x-a)=x^2+2⟹2x^2-ax=x^2+2$ 移项整理，化为标准一元二次方程： $x^2-ax-2=0\text{（式1）}$

  核验该二次方程的根的判别式 $\Delta$： $\Delta =(-a{)}^2-4\times 1\times (-2)=a^2+8$ 因为对任意实数 $a$ 均满足 $a^2\ge 0$，所以 $\Delta \ge 8>0$ 严格恒成立，说明该方程在无条件存在两个相异的实数根。

  设方程（式1）的两根为 $x_1,x_2$，根据韦达定理（根与系数的关系）： $x_1+x_2=a,x_1{x}_2=-2$

  构建目标根差绝对值运算 $|x_1-x_2|$，利用完全平方公式进行等量代换转换： $|x_1-x_2|=\sqrt{(x_1-x_2{)}^2}=\sqrt{(x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2}$ 将韦达定理分量代入其中： $|x_1-x_2|=\sqrt{a^2-4(-2)}=\sqrt{a^2+8}$

• 第二步：通过参数集合 $A$ 的界限剥离双变量，实现参变分离： 原不等式要求： $m^2+tm+1\ge \sqrt{a^2+8}\text{对任意 }a\in [-1,1]\text{ 及 }t\in [-1,1]\text{ 恒成立}$

  观察发现，不等式右端项只与参数 $a$ 独立相关。要使左侧的多项式恒大于或等于右侧随 $a$ 变动的函数值，其充要条件是左侧必须大于或等于右侧函数在定义域 $a\in [-1,1]$ 上的绝对最大值： $m^2+tm+1\ge {\max }_{a\in [-1,1]}\left(\sqrt{a^2+8}\right)$

  分析函数 $\varphi (a)=\sqrt{a^2+8}$ 在 $a\in [-1,1]$ 上的单调几何量。由于 $a^2$ 随 $|a|$ 增大而增大，当且仅当 $a=\pm 1$ 时，取得全局最大值： ${\max }_{a\in [-1,1]}\left(\sqrt{a^2+8}\right)=\sqrt{(\pm 1{)}^2+8}=\sqrt{1+8}=3$

  因此，原双变量恒成立不等式无条件消元下降为一维参数方程： $m^2+tm+1\ge 3⟹m^2+tm-2\ge 0\text{对任意 }t\in [-1,1]\text{ 恒成立}\text{（式2）}$

• 第三步：利用一次函数端点控制律求出 $m$ 的闭环解集： 在不等式（式2）中，将 $t$ 视作自变量， $m$ 视作常数参数，构造关于 $t$ 的一元一次线性函数 $h(t)$： $h(t)=mt+(m^2-2),t\in [-1,1]$

  要使一个一次线性的段线函数在闭区间 $t\in [-1,1]$ 上的所有输出值均恒大于或等于 0，其几何图景是该直线段必须完全悬浮在 $t$ 轴的上方（包含接触轴线）。其充要条件是两个端点处的函数值同时满足非负： $\{\begin{array}{l}h(-1)\ge 0\\ h(1)\ge 0\end{array}$ 将 $t=-1$ 与 $t=1$ 代入线性运算中： $\{\begin{array}{l}m(-1)+m^2-2\ge 0\\ m(1)+m^2-2\ge 0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}{m}^2-m-2\ge 0\text{（方程组分量 1）}\\ m^2+m-2\ge 0\text{（方程组分量 2）}\end{array}$

  分别对这两个一元二次不等式进行十字相乘因式分解并求解：

  1. 对于 $m^2-m-2\ge 0⟹(m-2)(m+1)\ge 0⟹m\le -1\text{ 或 }m\ge 2$；
  2. 对于 $m^2+m-2\ge 0⟹(m+2)(m-1)\ge 0⟹m\le -2\text{ 或 }m\ge 1$．

  对上述两组解集求交集，利用数轴取共同重叠部分： $\{\begin{array}{l}m\in (-\infty ,-1]\cup [2,+\infty )\\ m\in (-\infty ,-2]\cup [1,+\infty )\end{array}⟹m\le -2\text{或}m\ge 2$

综上所述，存在满足条件的实数 $m$，其最终取值范围为 $(-\infty ,-2]\cup [2,+\infty )$．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：增函数与导数恒非负的代数等价映射；开口向下抛物线在闭区间恒正的端点判定定理（$g(x_L)\ge 0\wedge g(x_R)\ge 0$）；韦达定理模长差变形通式 $(x_1-x_2{)}^2=(x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2$；多变量全称量词（对任意恒成立）问题通过寻找最大值进行参变全消元的转化基本功。
2. 核心方法：端点最值法、主元法（将 $t$ 视为主元建立一次函数）。
3. 避坑指南：
   • 在第一问中因盲目使用对称轴位置分类讨论而陷入繁琐计算：很多学生在求 $g(x)=-2x^2+2ax+4\ge 0$ 恒成立时，习惯性对对称轴 $x=\frac{a}{2}$ 与区间 $[-1,1]$ 的相对位置进行复杂的分类讨论。请牢记：开口向下的抛物线在闭区间上大于等于 0，最小值必然在两个端点之一取得，与对称轴在哪无关！ 直接让两端点大于等于 0 即可一记秒杀，分类讨论是无谓的时间陷阱。
   • 第二问两变量混杂时未看清主元导致无从下手：在面对 $m^2+tm-2\ge 0$ 对 $t\in [-1,1]$ 恒成立时，如果仍把 $m$ 当自变量，就会因为要讨论开口和判别式而陷入绝境。处理恒成立不等式，必须敏锐识别哪个变量的次数更低，将低次数变量作为主元（本题中 $t$ 只有一次，而 $m$ 有二次）建立新函数，利用一次函数的单调线性直接利用端点突破。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题是考查高中代数与微积分工具（导数单调性、二次图形边界控制、全称量词决策）深度交汇的压轴大题，属于高难度传统经典神作。
2. 结论推广: 处理“对任意 $t$ 恒有 $F(m,t)\ge G(a)$”类问题，可先求出 $G(a)$ 在给定范围的最大值（或 $F$ 的最小值），再转化为 $m$ 满足的不等式求解。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 1987-全国文-06 单-函数的单调性判断
• 1987-广东文-09 单-函数的单调性
• 1988-广东文-18 单-函数的单调性判断