Question

4．已知集合D={（x₁，x₂）|x₁＞0，x₂＞0，x₁+x₂=k}，其中k為正常數(shù)，設(shè)u=x₁x₂
（1）若k=2，求u的取值范圍；
（2）若k=2，（x₁，x₂）∈D，求（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）的最大值；
（3）若不等式（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）≥（$\frac{k}{2}$-$\frac{2}{k}$）²對(duì)任意（x₁，x₂）∈D恒成立，求k⁴+16k²的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用均值不等式得x1x2≤（ $\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）2=$\frac{{k}^{2}}{4}$，進(jìn)而求出u的范圍；
（2）求出表達(dá)式（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）=u-$\frac{3}{u}$+2，利用函數(shù)單調(diào)性求出最值；
（3）轉(zhuǎn)換為（$\frac{1}{{x}_{1}}$-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-k²x₁x₂-4k²）≥0恒成立，得出x₁x₂≤$\frac{4-4{k}^{2}}{{k}^{2}}$，只需$\frac{4-4{k}^{2}}{{k}^{2}}$≥$\frac{{k}^{2}}{4}$即可．

解答 解：（1）x1x2≤（ $\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）2=$\frac{{k}^{2}}{4}$
當(dāng)且僅當(dāng) x1=x2=$\frac{k}{2}$時(shí)等號(hào)成立，
故u的取值范圍為 （0，$\frac{{k}^{2}}{4}$]．
當(dāng)k=2時(shí)u的取值范圍（0，1]；
（2）（$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁）（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂）=u-$\frac{3}{u}$+2
令f（u）=u-$\frac{3}{u}$+2
∴f'（u）=1+$\frac{3}{{u}^{2}}$＞0，函數(shù)遞增，
由（1）知，u∈（0，1]，
∴f（u）≤f（1）=0，
故最大值為0；
（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-k²x₁x₂-4k²）≥0恒成立，
∴4-k²x₁x₂-4k²≥0恒成立，
∴x₁x₂≤$\frac{4-4{k}^{2}}{{k}^{2}}$，
由（1）知：x1x2≤（ $\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）2=$\frac{{k}^{2}}{4}$
∴$\frac{4-4{k}^{2}}{{k}^{2}}$≥$\frac{{k}^{2}}{4}$
∴k⁴+16k²-16≤0，
故k⁴+16k²的最大值為16．

點(diǎn)評(píng) 考察了均值定理和導(dǎo)函數(shù)求函數(shù)最值以及恒成立問題．