（1）x1x2≤(

x1+x2

2

)2=

k2

4

，当且仅当x1=x2=

k

2

时等号成立，

故u的取值范围为(0，

k2

4

]．

（2）解法一（函数法）(

1

x1

-x1)(

1

x2

-x2)=

1

x1x2

+x1x2-

x1

x2

-

x2

x1

=x1x2+

1

x1x2

-

x 21 + x 22

x1x2

=x1x2-

k2-1

x1x2

+2=u-

k2-1

u

+2

由0＜u≤

k2

4

，又k≥1，k²-1≥0，

∴在(0，

k2

4

]上是增函数

所以(

1

x1

-x1)(

1

x2

-x2)

=u-

k2-1

u

+2≤

k2

4

-

k2-1

k2 4

+2=

k2

4

-2+

4

k2

=(

2

k

-

k

2

)2

即当k≥1时不等式(

1

x1

-x1)(

1

x2

-x2)≤(

k

2

-

2

k

)2成立．

解法二（不等式证明的作差比较法）

(

1

x1

-x1)(

1

x2

-x2)-(

k

2

-

2

k

)2

=

1

x1x2

+x1x2-

x1

x2

-

x2

x1

-

4

k2

-

k2

4

+2

=

1

x1x2

-

4

k2

-(

k2

4

-x1x2)-(

x1

x2

+

x2

x1

-2)

=

k2-4x1x2

k2x1x2

-

k2-4x1x2

4

-

(x1-x2)2

x1x2

，

将k²-4x₁x₂=（x₁-x₂）²代入得：

(

1

x1

-x1)(

1

x2

-x2)-(

k

2

-

2

k

)2

=

(x1-x2)2(4-k2x1x2-4k2)

4k2x1x2

∵（x₁-x₂）²≥0，k≥1时4-k²x₁x₂-4k²=4（1-k²）-k²x₁x₂＜0，

∴

(x1-x2)2(4-k2x1x2-4k2)

4k2x1x2

≤0，

即当k≥1时不等式(

1

x1

-x1)(

1

x2

-x2)≤(

k

2

-

2

k

)2成立．

（3）解法一（函数法）

记(

1

x1

-x1)(

1

x2

-x2)=u+

1-k2

u

+2=f(u)，

则(

k

2

-

2

k

)2=f(

k2

2

)，

即求使f(u)≥f(

k2

4

)对u∈(0，

k2

4

]恒成立的k的范围．

由（2）知，要使(

1

x1

-x1)(

1

x2

-x2)≥(

k

2

-

2

k

)2

对任意（x₁，x₂）∈D恒成立，必有0＜k＜1，

因此1-k²＞0，

∴函数f(u)=u+

1-k2

u

+2在(0，

1-k2

]上递减，在[

1-k2

，+∞)上递增，

要使函数f（u）在(0，

k2

4

]上恒有f(u)≥f(

k2

4

)，必有

k2

4

≤

1-k2

，即k⁴+16k²-16≤0，

解得0＜k2≤4

5

-8．

解法二（不等式证明的作差比较法）

由（2）可知(

1

x1

-x1)(

1

x2

-x2)-(

k

2

-

2

k

)2=

(x1-x2)2(4-k2x1x2-4k2)

4k2x1x2

，

要不等式恒成立，必须4-k²x₁x₂-4k²≥0恒成立

即x1x2≤

4-4k2

k2

恒成立

由0＜x1x2≤

k2

4

得

k2

4

≤

4-4k2

k2

，即k⁴+16k²-16≤0，

解得0＜k2≤4

5

-8．

因此不等式(

1

x1

-x1)(

1

x2

-x2)≥(

k

2

-

2

k

)2恒成立的k²的范围是0＜k2≤4

5

-8