Question

4．設(shè)正實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足log${\;}_{\frac{1}{2}}$x+log₂y=m（m∈[-1，1]），若不等式（x+y）²≤2ax²+（a+1）y²有解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（　�。�

• A． a≥1
• B． a≥$\frac{8}{9}$
• C． a≥$\frac{7}{8}$
• D． a≥$\frac{5}{6}$

Answer 1

分析 先求出$\frac{1}{2}≤\frac{y}{x}≤2$，不等式（x+y）²≤2ax²+（a+1）y²有解⇒a（$\frac{y}{x}$）²-2•$\frac{y}{x}$+（2a-1）≥0有解，令$\frac{y}{x}=t，t∈[\frac{1}{2}，2]$⇒a（$\frac{y}{x}$）²-2•$\frac{y}{x}$+（2a-1）≥0有解?at²-2t+（2a-1）≥有解，分離參數(shù)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為存在問(wèn)題即可．

解答 解：∵正實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足log${\;}_{\frac{1}{2}}$x+log₂y=m（m∈[-1，1]），
∴$lo{g}_{2}\frac{y}{x}$=m，-1≤m≤1，∴$\frac{1}{2}≤\frac{y}{x}≤2$，
∵不等式（x+y）²≤2ax²+（a+1）y²有解，
∴a（$\frac{y}{x}$）²-2•$\frac{y}{x}$+（2a-1）≥0有解，
令$\frac{y}{x}=t，t∈[\frac{1}{2}，2]$，∴a（$\frac{y}{x}$）²-2•$\frac{y}{x}$+（2a-1）≥0有解?at²-2t+（2a-1）≥有解，
即存在t$∈[\frac{1}{2}，2]$使a≥$\frac{2t+1}{{t}^{2}+2}$成立，
令g（t）=$\frac{2t+1}{{t}^{2}+2}$，g′（t）=$\frac{-2（t+2）（t-1）}{（{t}^{2}+2）^{2}}$
∴$g（t）在（\frac{1}{2}，1）遞增，在（1，2）遞減$，∴$g（\frac{1}{2}）＞g（2）$
g（t）的最小值$g（2）=\frac{5}{5}$，a$≥\frac{5}{6}$．
故選：D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的是不等式與存在性綜問(wèn)題．在解答的過(guò)程當(dāng)中充分體現(xiàn)了分離參數(shù)的辦法、以及整體代換的技巧．是中檔題．