Question

19．已知x＞0，y＞0，$\frac{1}{x}+\frac{m}{y}$=1（m＞0），若x+y-$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$有最大值，則m的取值范圍為（　�。�

• A． （$\frac{1}{2}$，2）
• B． [$\frac{1}{3}$，3]
• C． [$\frac{1}{4}，4$]

Answer 1

分析 法一：把x，y分別換成a，b．原題目變?yōu)椋阂阎猘＞0，b＞0，$\frac{1}{a}+\frac{m}=1$（m＞0），若a+b-$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$有最大值，則m的取值范圍為（　�。�
如圖所示，由于P（1，m）滿足直線l的方程：$\frac{x}{a}+$$\frac{y}=1$，可得點P在直線l上（a，b＞0，m＞0）．設(shè)∠OBA=θ，可得a+b-$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$=1+m+$\frac{m（cosθ-1）}{sinθ}$+$\frac{sinθ-1}{cosθ}$=f（θ），θ∈$（0，\frac{π}{2}）$．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性．利用f（θ）有最大值，可得當(dāng)1+cosθ-m（1+sinθ）=0時，可得m=$\frac{1+cosθ}{1+sinθ}$=g（θ），再利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．
法二：設(shè)x²+y²=R²（R＞0），則x=Rcosθ，y=Rsinθ，$（θ∈（0，\frac{π}{2}））$代入$\frac{1}{x}+\frac{m}{y}$=1（m＞0）可得：R=$\frac{1}{cosθ}+\frac{m}{sinθ}$，可得x+y-$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$=$（\frac{1}{cosθ}+\frac{m}{sinθ}）$（cosθ+sinθ-1）=f（θ），令$t=tan\frac{θ}{2}$∈（0，1），代入f（θ）化簡整理再利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：法一：把x，y分別換成a，b．原題目變?yōu)椋阂阎猘＞0，b＞0，$\frac{1}{a}+\frac{m}=1$（m＞0），若a+b-$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$有最大值，則m的取值范圍為（　�。�
如圖所示，
∵P（1，m）滿足直線l的方程：$\frac{x}{a}+$$\frac{y}=1$，
∴點P在直線l上（a，b＞0，m＞0）．
設(shè)∠OBA=θ，則a=1+$\frac{m}{tanθ}$，b=m+tanθ，$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$=$\frac{sinθ}$=$\frac{m}{sinθ}$+$\frac{1}{cosθ}$．
∴a+b-$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$=1+$\frac{m}{tanθ}$+m+tanθ-$\frac{m}{sinθ}$-$\frac{1}{cosθ}$
=1+m+$\frac{m（cosθ-1）}{sinθ}$+$\frac{sinθ-1}{cosθ}$=f（θ），θ∈$（0，\frac{π}{2}）$．
則f′（θ）=$\frac{-msi{n}^{2}θ-m（cosθ-1）cosθ}{si{n}^{2}θ}$+$\frac{co{s}^{2}θ-（sinθ-1）（-sinθ）}{co{s}^{2}θ}$
=$\frac{m（cosθ-1）}{si{n}^{2}θ}$+$\frac{1-sinθ}{co{s}^{2}θ}$=$\frac{1}{1+sinθ}$-$\frac{m}{1+cosθ}$=$\frac{（1+cosθ）-m（1+sinθ）}{（1+sinθ）（1+cosθ）}$．
∵f（θ）有最大值，∴當(dāng)1+cosθ-m（1+sinθ）=0時，f（θ）取得最大值．
∴m=$\frac{1+cosθ}{1+sinθ}$=g（θ），
g′（θ）=$\frac{-sinθ（1+sinθ）-（1+cosθ）cosθ}{（1+sinθ）^{2}}$=$\frac{-sinθ-cosθ-1}{（1+sinθ）^{2}}$＜0，
∴g（θ）在θ∈$（0，\frac{π}{2}）$上單調(diào)遞減，∴$g（\frac{π}{2}）$＜g（θ）＜g（0），
∴$\frac{1}{2}＜g（θ）$＜2，即$\frac{1}{2}＜m＜2$．
法二：設(shè)x²+y²=R²（R＞0），則x=Rcosθ，y=Rsinθ，$（θ∈（0，\frac{π}{2}））$代入$\frac{1}{x}+\frac{m}{y}$=1（m＞0）可得：R=$\frac{1}{cosθ}+\frac{m}{sinθ}$，
∴x+y-$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$=R（cosθ+sinθ-1）=$（\frac{1}{cosθ}+\frac{m}{sinθ}）$（cosθ+sinθ-1）=f（θ），
令$t=tan\frac{θ}{2}$∈（0，1），則cosθ=$\frac{1-{t}^{2}}{1+{t}^{2}}$，sinθ=$\frac{2t}{1+{t}^{2}}$，
∴f（θ）=$（\frac{1+{t}^{2}}{1-{t}^{2}}+\frac{m（1+{t}^{2}）}{2t}）$$（\frac{1-{t}^{2}+2t}{1+{t}^{2}}-1）$=$（\frac{1}{1-{t}^{2}}+\frac{m}{2t}）$（2t-2t²）
=2$[m+1-（\frac{1}{1+t}+\frac{m（1+t）}{2}）]$≤$2[m+1-\sqrt{2m}]$，當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{1}{1+t}=\frac{m（1+t）}{2}$，解得m=$\frac{2}{（1+t）^{2}}$∈$（\frac{1}{2}，2）$．
故選：A．

點評 本題考查了三角函數(shù)換元法、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．