Question

4．已知$\frac{1}{2}$≤m≤3，函數(shù)f（x）=ln（x+2）+$\frac{m}{2}{x^2}$-2．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若$?m∈[{\frac{1}{2}，3}]$，對任意的x₁，x₂∈[0，2]（x₁≠x₂），不等式|f（x₁）-f（x₂）|＜t|$\frac{1}{{{x_1}+2}}-\frac{1}{{{x_2}+2}}$|恒成立，求t的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論m的范圍，求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，討論m的范圍，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性設(shè)h（x）=f（x）+$\frac{t}{x+2}$，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為t≥（x+2）+mx（x+2）²恒成立，設(shè)F（x）=（x+2）+mx（x+2）²，求出函數(shù)F（x）的導(dǎo)數(shù)，求出F（x）的最大值，從而求出t的最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定義域為（-2，+∞），
∵f′（x）=$\frac{{mx}^{2}+2mx+1}{x+2}$，
設(shè)g（x）=mx²+2mx+1，△=4m²-4m，
（1）當(dāng)$\frac{1}{2}$≤m≤1時，△≤0，g（x）≥0恒成立，即f′（x）≤0恒成立，
∴f（x）在（-2，+∞）上遞增．
（2）當(dāng)1＜m≤3時，△=4m（m-1）＞0，令g（x）=0，得x₁=-1-$\frac{\sqrt{{m}^{2}-m}}{m}$＞-2，x₂=-1+$\frac{\sqrt{{m}^{2}-m}}{m}$，

x	（-2，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	遞增	極大	遞減	極小	遞增

∴f（x）的增區(qū)間（-2，x₁），（x₂，+∞），減區(qū)間為（x₁，x₂）；
綜上，當(dāng)$\frac{1}{2}$≤m≤1時，f（x）的增區(qū)間為（-2，+∞）；
當(dāng)1＜m≤3時，增區(qū)間（-2，x₁），（x₂，+∞），減區(qū)間（x₁，x₂）．
（Ⅱ）∵f′（x）=$\frac{1}{x+2}$+mx，$\frac{1}{2}$≤m≤3，
∴當(dāng)0≤m≤2時，x+2＞0，mx＞0，∴f′（x）＞0成立，
∴f′（x）在[0，2]上遞增．
設(shè)x₁＜x₂，則f（x₁）＜f（x₂），∴|f（x₁）-f（x₂）|=f（x₂）-f（x₁），
又∵$\frac{1}{{x}_{1}+2}$＞$\frac{1}{{x}_{2}+2}$，∴|$\frac{1}{{x}_{1}+2}$-$\frac{1}{{x}_{2}+2}$|=$\frac{1}{{x}_{1}+2}$-$\frac{1}{{x}_{2}+2}$，
∴|f（x₁）-f（x₂）|＜t|$\frac{1}{{x}_{1}+2}$-$\frac{1}{{x}_{2}+2}$|可化為
f（x₂）-f（x₁）＜t（$\frac{1}{{x}_{1}+2}$-$\frac{1}{{x}_{2}+2}$），
即f（x₂）+$\frac{t}{{x}_{2}+2}$＜f（x₁）+$\frac{t}{{x}_{1}+2}$恒成立．
設(shè)h（x）=f（x）+$\frac{t}{x+2}$，
∴當(dāng)0＜x₁＜x₂≤2時，h（x₂）＜h（x₁），∴h（x）在[0，2]上為減函數(shù)，
h′（x）=$\frac{1}{x+2}$+mx-$\frac{t}{{（x+2）}^{2}}$≤0在x∈[0，2上恒成立，
即t≥（x+2）+mx（x+2）²恒成立，
設(shè)F（x）=（x+2）+mx（x+2）²，
F′（x）=1+m（x+2）²+2mx（x+2），
∵0≤x≤2，$\frac{1}{2}$≤m≤3，∴F′（x）＞0，
∴F（x）在[0，2]上遞增，F(xiàn)（x）_max=F（2）=4+32m，
∴t≥32m+4，又存在$\frac{1}{2}$≤m≤3，[32m+4]_min=20，
∴t≥20，故t的最小值是20．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．