已知$\overrightarrow{a}$.$\overrightarrow{b}$.|$\overrightarrow{a}$|=|$\overrightarrow{b}$|=1.且|$\overrightarrow{a}$+k$\overrightarrow{b}$|=$\sqrt{3}$|$\overrightarrow{a}$-k$\overrightarrow{b}$|.其中k＞0� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

16．已知$\overrightarrow{a}$、$\overrightarrow{b}$，|$\overrightarrow{a}$|=|$\overrightarrow{b}$|=1，且|$\overrightarrow{a}$+k$\overrightarrow{b}$|=$\sqrt{3}$|$\overrightarrow{a}$-k$\overrightarrow{b}$|，其中k＞0．
（1）若$\overrightarrow{a}$与$\overrightarrow{b}$的夹角为60°，求k的值；
（2）记f（k）=$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$，是否存在实数x，使得f（k）≥1-tx对任意的t∈[-1，1]恒成立？若存在，求出实数x的取值范围；若不存在，请说明理由．

分析（1）运用向量的数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，解方程即可得到k的值；
（2）求出f（k），再由重要不等式求得f（k）的最小值，假设存在实数x，使得f（k）≥1-tx对任意的t∈[-1，1]恒成立，构造一次函数运用单调性，解不等式即可判断．

解答解：（1）|$\overrightarrow{a}$|=|$\overrightarrow{b}$|=1，$\overrightarrow{a}$与$\overrightarrow{b}$的夹角为60°，
则$\overrightarrow{a}•\overrightarrow{b}$=|$\overrightarrow{a}$|•|$\overrightarrow{b}$|cos60°=1×1×$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$，
由|$\overrightarrow{a}$+k$\overrightarrow{b}$|=$\sqrt{3}$|$\overrightarrow{a}$-k$\overrightarrow{b}$|，两边平方可得，
（$\overrightarrow{a}$+k$\overrightarrow{b}$）²=3（$\overrightarrow{a}$-k$\overrightarrow{b}$）²，
${\overrightarrow{a}}^{2}$+2k$\overrightarrow{a}•\overrightarrow{b}$+k²${\overrightarrow{b}}^{2}$=3（${\overrightarrow{a}}^{2}$-2k$\overrightarrow{a}•\overrightarrow{b}$+k²${\overrightarrow{b}}^{2}$），
即有1+k+k²=3（1-k+k²），
解得k=1；
（2）由${\overrightarrow{a}}^{2}$+2k$\overrightarrow{a}•\overrightarrow{b}$+k²${\overrightarrow{b}}^{2}$=3（${\overrightarrow{a}}^{2}$-2k$\overrightarrow{a}•\overrightarrow{b}$+k²${\overrightarrow{b}}^{2}$），
可得8k$\overrightarrow{a}•\overrightarrow{b}$=2（1+k²），
f（k）=$\frac{1+{k}^{2}}{4k}$，
由k＞0，可得1+k²≥2k，
即有f（k）≥$\frac{1}{2}$，
当且仅当k=1，f（k）取得最小值$\frac{1}{2}$．
假设存在实数x，使得f（k）≥1-tx对任意的t∈[-1，1]恒成立，
则有1-tx$≤\frac{1}{2}$对任意的t∈[-1，1]恒成立．
由一次函数的单调性，可得1+x$≤\frac{1}{2}$且1-x$≤\frac{1}{2}$，
即x≤-$\frac{1}{2}$，且x≥$\frac{1}{2}$，即有x∈∅．
故不存在实数x，使得f（k）≥1-tx对任意的t∈[-1，1]恒成立．