按摩棒无线遥控书包网:不等式问题2

正△ABC的边长为2,P,Q分别为AB,AC上的动点,且线段PQ将△ABC的面积二等分.则线段PQ长的取值范围为?请写出过程
解：线段PQ长的取值范围为：根号2≤PQ ≤根号3。(1)
具体过程：
先证(1)式右边，即PQ ≤根号3。
（一）当P点与B点重合时，为确保面积二等分，Q点必定AC之中点。即BQ是AC之中线，亦即垂线，此时AQ=1，AB=2，由勾股定理，得BQ^2+AQ^2=AB^2，即BQ^2=2^2-1^2=3，从而PQ=BQ=根号3。
（二）当P点与B点不重合时，在△BPQ中，角PBQ<60度，而外角BPQ=角A+角PQA=60度+角PQA>60度>角PBQ，由大角对大边，得PQ<BQ，至此，要想PQ取得最大值，就要使PQ尽可能的逼近BQ，于是当PQ与BQ重合时，由（一）可知，PQ获得最大值为根号3。

再证(1)式左边，即PQ≥根号2。
为证此式成立，需用到面积公式和余弦定理。
为方便起见，设AP=x，AQ=y，由面积公式得
S=1/2XxyXsin角A=1/2XxyXsin60度=(根号3)xy/4，
正△ABC之高为根号3，故面积为1/2X2X根号3，即根号3。由于面积二等分，故得 (根号3)xy/4=1/2X根号3，化简得xy=2。再由余弦定理，得
PQ^2=AP^2+AQ^2-2XAPXAQcos角A，即
PQ^2=x^2+y^2-2xycos60度=x^2+y^2-xy，
因(x-y)^2≥0，展开为x^2+y^2≥2xy，代入上式，有
PQ^2=x^2+y^2-xy≥2xy-xy=xy=2，开方得PQ≥根号2，等号当且仅当x=y时，即PQ与BC平行时成立。此时△APQ也是正三角形，由相似三角形的定理知，面积比等于对应边之比的平方，(x/AB)^2=1/2，由AB=2得x=根号2，PQ亦等于根号2。

首先祝楼主新年快乐！以上解法我是尽可能的简单，我有几种方法都可以证明，但最终以上述方法出现，不足之处请多批评！

计算过程：

∵(1/2)^(x^2+ax)<(1/2)^(2x+a-1）

∴（x^2+ax)>(2x+a-1）

∴X^2+（a-2）X -（a-1）> 0

即 (X+a-1)(X-1) > 0 .......①式

又∵-1≤a≤1

⒈当a=1时,代入①式,

解得: X < 0 ∩ X > 1

⒉当a=-1时,代入①式,

解得: X < 1 ∩ X > 2

取其交集得:
X∈(-∞,0)U(2,+∞)