Question

2．設正數(shù)x，y滿足log${\;}_{\frac{1}{3}}$x+log₃y=m（m∈[-1，1]），若不等式3ax²-18xy+（2a+3）y²≥（x-y）²有解，則實數(shù)a的取值范圍是（　　）

• A． （1，$\frac{55}{29}$]
• B． （1，$\frac{31}{21}$]
• C． [$\frac{31}{21}$，+∞）
• D． [$\frac{55}{29}$，+∞）

Answer 1

分析 根據(jù)對數(shù)運算性質可得$\frac{y}{x}$=3^m，令$\frac{y}{x}$=t，則不等式可化簡為2（a+1）t²-16t+3a-1≥0，令f（t）=2（a+1）t²-16t+3a-1，則問題轉化為f_max（t）≥0，討論對稱軸與開口方向，根據(jù)二次函數(shù)的性質求出f_max（t）即可得出a的范圍．

解答 解：∵log${\;}_{\frac{1}{3}}$x+log₃y=m，即log₃$\frac{1}{x}$+log₃y=log₃$\frac{y}{x}$=m，
∴$\frac{y}{x}$=3^m，∵m∈[-1，1]，∴$\frac{y}{x}$∈[$\frac{1}{3}$，3]．
∵3ax²-18xy+（2a+3）y²≥（x-y）²，
∴3a-18$\frac{y}{x}$+（2a+3）$\frac{{y}^{2}}{{x}^{2}}$≥1-2$\frac{y}{x}$+$\frac{{y}^{2}}{{x}^{2}}$，
令$\frac{y}{x}$=t，則2（a+1）t²-16t+3a-1≥0，
設f（t）=2（a+1）t²-16t+3a-1，
∵不等式3ax²-18xy+（2a+3）y²≥（x-y）²有解，
∴f（t）在[$\frac{1}{3}$，3]上的最大值f_max（x）≥0，
（1）當a=-1時，f（t）=-16t-4，
∴f_max（t）=f（$\frac{1}{3}$）=-$\frac{16}{3}$-4＜0，不符合題意；
（2）若a＜-1，則f（t）開口向下，對稱軸為t=$\frac{4}{a+1}$＜0，
∴f（t）在[$\frac{1}{3}$，3]上單調遞減，
∴f_max（t）=f（$\frac{1}{3}$）=$\frac{29a}{9}$-6＜0，不符合題意；
（3）若a＞-1，則f（t）開口向上，對稱軸為t=$\frac{4}{a+1}$＞0，
（i）若0＜$\frac{4}{a+1}$≤$\frac{1}{3}$，即a≥11時，f（t）在[$\frac{1}{3}$，3]上單調遞增，
∴f_max（t）=f（3）=21a-31＞0，符合題意；
（ii）若$\frac{4}{a+1}≥3$，即-1＜a$≤\frac{1}{3}$時，f（t）在[$\frac{1}{3}$，3]上單調遞減，
∴f_max（t）=f（$\frac{1}{3}$）=$\frac{29a}{9}$-6≤$\frac{29}{27}$-6＜0，不符合題意；
（iii）若$\frac{1}{3}$＜$\frac{4}{a+1}$＜3，即$\frac{1}{3}$＜a＜11時，f（t）在[$\frac{1}{3}$，3]上先減后增，
∴f_max（t）=f（$\frac{1}{3}$）或f_max（t）=f（3），
∴f（$\frac{1}{3}$）=$\frac{29a}{9}$-6≥0或f（3）=21a-31＞0，
解得a≥$\frac{54}{29}$或a≥$\frac{31}{21}$，又$\frac{1}{3}$＜a＜11，
∴$\frac{31}{21}$≤a＜11，
綜上，a的取值范圍是[$\frac{31}{21}$，+∞）．
故選C．

點評 本題考查了二次函數(shù)的性質，對數(shù)的運算性質，函數(shù)最值的計算及函數(shù)存在性問題，屬于中檔題．