Question

15．已知實(shí)數(shù)p，q，r滿足：p+q+r=m，且p²+q²+r²=m（m＞0）．
（1）當(dāng)r=$\frac{1}{2}$，求m的取值范圍；
（2）當(dāng)m=1，且p，q都不為0，求$\frac{1}{p}$+$\frac{1}{q}$的取值范圍；
（3）求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）化簡得出pq=$\frac{1}{2}$[m²-2m$+\frac{1}{2}$]，p+q=m-$\frac{1}{2}$，構(gòu)造x²-（m-$\frac{1}{2}$）x$+\frac{1}{2}$[m²-2m$+\frac{1}{2}$]=0的兩個(gè)不為0的根p，q，運(yùn)用方程有根得出△=（m-$\frac{1}{2}$）²-4×$\frac{1}{2}$[m²-2m$+\frac{1}{2}$]≥0，即可求解．
（2）p+q=1-r，p²+q²=1-r²，pq=r²-r，化簡得出$\frac{1}{p}$+$\frac{1}{q}$=$-\frac{1}{r}$，構(gòu)造x²-（1-r）x+（r²-r）=0的兩個(gè)不為0的根p，q，△=（1-r）²-4（r²-r）≥0，得出r的范圍，即可求解問題．
（3）平方得出p²+q²+r²+2pq+2pr+2qr=m²，根據(jù)基本不等式得出2（p²+q²+r²）≥2pq+2pr+2qr，整體代入3（p²+q²+r²）≥${m}^{{\;}^{2}}$，得出3m≥m²，利用條件求解即可．

解答 解：∵p+q+r=m，且p²+q²+r²=m（m＞0）
∴p+q=m-r，p²+q²=m-r²，
（1）當(dāng)r=$\frac{1}{2}$，則pq=$\frac{1}{2}$[m²-2m$+\frac{1}{2}$]，
p+q=m-$\frac{1}{2}$，
構(gòu)造x²-（m-$\frac{1}{2}$）x$+\frac{1}{2}$[m²-2m$+\frac{1}{2}$]=0的兩個(gè)不為0的根p，q，
∴△=（m-$\frac{1}{2}$）²-4×$\frac{1}{2}$[m²-2m$+\frac{1}{2}$]≥0，
即4m²-12m+3≤0，
m∈[$\frac{3-\sqrt{6}}{2}$，$\frac{3+\sqrt{6}}{2}$]；
（2）當(dāng)m=1時(shí)，p+q=1-r，p²+q²=1-r²，
pq=r²-r，
∴$\frac{1}{p}$+$\frac{1}{q}$=$\frac{p+q}{pq}$=$\frac{1-r}{{r}^{2}-r}$=$-\frac{1}{r}$，
構(gòu)造x²-（1-r）x+（r²-r）=0的兩個(gè)不為0的根p，q，
∴△=（1-r）²-4（r²-r）≥0，
即r∈[-$\frac{1}{3}$，0）∪（0，1]，
∴$-\frac{1}{r}$∈[3，+∞）∪（-∞，-1]，
∵$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}$≠-1
$\frac{1}{p}$+$\frac{1}{q}$的取值范圍：[3，+∞）∪（-∞，-1），
（3）∵p+q+r=m，且p²+q²+r²=m（m＞0）．
∴p²+q²+r²+2pq+2pr+2qr=m²，
2（p²+q²+r²）≥2pq+2pr+2qr，
∴3（p²+q²+r²）≥${m}^{{\;}^{2}}$，
即3m≥m²，
求解得出m≤3，
∵m＞0，
∴m的取值范圍：（0.3]

點(diǎn)評 本題考察了學(xué)生的恒等變形能力，方程數(shù)學(xué)，基本不等式的運(yùn)用，對字母較多的式子，化簡運(yùn)算的能力．屬于中檔題．