分析 (1)求出a的值,根據(jù)單調(diào)性的定義證明函數(shù)的單調(diào)性即可;
(2)由韋達(dá)定理求出x1+x2=bx1x2=1,問(wèn)題轉(zhuǎn)化為只需m2+m+1≥(|x1-x2|)max=3,根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出m的范圍即可.
解答 解:(1)∵f(1)=3,∴a=1,
∴f(x)=2x2+1x,設(shè)x1,x2是[√22,+∞)上任意兩個(gè)實(shí)數(shù)且x1<x2,
則f(x1)−f(x2)=2x1+1x1−2x2−1x2=2(x1−x2)+x2−x1x1x2=(x1−x2)(2−1x1x2),
∵\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(diào)遞增;
(2)∵f(x)=x+b∴x2-bx+1=0
由韋達(dá)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(shè)存在實(shí)數(shù)m,使得不等式m2+m+1≥|x1-x2|對(duì)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(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)有:m≤-2或m≥1,
故存在滿足題意的實(shí)數(shù)m,且m的取值范圍為:m≤-2或m≥1.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題,考查二次函數(shù)的性質(zhì)以及轉(zhuǎn)化思想,是一道中檔題.
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A. | -1 | B. | 4 | C. | \frac{2}{3} | D. | \frac{3}{2} |
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A. | 6 | B. | 14 | C. | 20 | D. | 24 |
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