Question

16．已知集合D={（x₁，x₂）|x₁＞0，x₂＞0，x₁+x₂=k}，其中k為正常數(shù)
（1）設(shè)u=x₁x₂，求u的取值范圍
（2）求證：當(dāng)k≥1時，不等式（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）≤（$\frac{k}{2}-\frac{2}{k}$）²對任意（x₁，x₂）∈D恒成立
（3）求使不等式（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）≥（$\frac{k}{2}-\frac{2}{k}$）²對任意（x₁，x₂）∈D恒成立的k的范圍．

Answer 1

分析 （1）u=x₁x₂≤（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）²=$\frac{{k}^{2}}{4}$，由此能求出μ的取值范圍．
（2）（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）=${x}_{1}{x}_{2}+\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$-$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$+2=$μ-\frac{{k}^{2}-1}{μ}+2$，由此能證明當(dāng)k≥1時，不等式（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）≤（$\frac{k}{2}-\frac{2}{k}$）²對任意（x₁，x₂）∈D恒成立．
（3）（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）-（$\frac{k}{2}-\frac{2}{k}$）²=$\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}（4-{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}-4{k}^{2}）}{4{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}}$，要使不等式（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）≥（$\frac{k}{2}-\frac{2}{k}$）²恒成立，只需滿足4-k²x₁x₂-4k²≥0恒成立，由此能求出k的范圍．

解答 解：（1）∵集合D={（x₁，x₂）|x₁＞0，x₂＞0，x₁+x₂=k}，其中k為正常數(shù)
∴u=x₁x₂≤（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）²=$\frac{{k}^{2}}{4}$，當(dāng)且僅當(dāng)${x}_{1}={x}_{2}=\frac{k}{2}$時等號成立，
故μ的取值范圍為（0，$\frac{{k}^{2}}{4}$]．（2分）
（2）∵（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）=$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}+{x}_{1}{x}_{2}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$
=${x}_{1}{x}_{2}+\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$-$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$μ-\frac{{k}^{2}-1}{μ}+2$．（4分）
由0＜$μ≤\frac{{k}^{2}}{4}$，又k≥1，k²-1≥0，
∴由定義法可得（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）在（0，$\frac{{k}^{2}}{4}$]上是增函數(shù)，（6分）
∴（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）=$μ-\frac{{k}^{2}-1}{u}+2$≤$\frac{{k}^{2}}{4}-\frac{{k}^{2}-1}{\frac{{k}^{2}}{4}}$+2=$\frac{{k}^{2}}{4}-2+\frac{4}{{k}^{2}}$=（$\frac{2}{k}-\frac{k}{2}$）²．
∴當(dāng)k≥1時，不等式（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）≤（$\frac{k}{2}-\frac{2}{k}$）²對任意（x₁，x₂）∈D恒成立．（7分）
（3）（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）-（$\frac{k}{2}-\frac{2}{k}$）²
=$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}+{x}_{1}{x}_{2}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{4}{{{k}^{2}}_{\;}}-\frac{{k}^{2}}{4}+2$
=（$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}-\frac{4}{{k}^{2}}$）-（$\frac{{k}^{2}}{4}-{x}_{1}{x}_{2}$）-（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-2$）
=$\frac{{k}^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}}$-$\frac{{k}^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}{4}$-$\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$，
∵x₁+x₂=k，∴${k}^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}=（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}$，
∴（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）-（$\frac{k}{2}-\frac{2}{k}$）²
=$\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}}$-$\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}{4}$-$\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}（4-{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}-4{k}^{2}）}{4{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}}$，（10分）
要使不等式（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）≥（$\frac{k}{2}-\frac{2}{k}$）²恒成立，
只需滿足4-k²x₁x₂-4k²≥0恒成立，
即x₁x₂≤$\frac{4-4{k}^{2}}{{k}^{2}}$恒成立，由（1）知0＜${x}_{1}{x}_{2}≤\frac{{k}^{2}}{4}$，
所以$\frac{{k}^{2}}{4}≤\frac{4-4{k}^{2}}{{k}^{2}}$，即k⁴+16k²-16≤0，
解得0＜k≤2$\sqrt{\sqrt{5}-2}$，
∴使不等式（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）≥（$\frac{k}{2}-\frac{2}{k}$）²對任意（x₁，x₂）∈D恒成立的k的范圍是（0，2$\sqrt{\sqrt{5}-2}$]．（12分）

點評 本題考查實數(shù)的取值范圍的求法，考查不等式的證明，綜合性強，難度大，對數(shù)學(xué)思維能力要求較高，解題時要認(rèn)真審題，注意等價轉(zhuǎn)化思想的合理運用．