Question

4．已知a，b∈R⁺，且a≥b
求證：b≤$\sqrt{\frac{2}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}}}$≤$\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}}$≤$\sqrt{ab}$≤$\frac{a+b}{2}$≤$\sqrt{\frac{{a}^{2}{+b}^{2}}{2}}$≤a．

Answer 1

分析 先證$\sqrt{ab}$≤$\frac{a+b}{2}$，運用作差法可得；再由分析法證明其它，結合兩邊平方和不等式的性質，完全平方式非負，即可得到證明．

解答 證明：$\sqrt{ab}$-$\frac{a+b}{2}$=$\frac{2\sqrt{ab}-a-b}{2}$=-$\frac{（\sqrt{a}-\sqrt）^{2}}{2}$≤0，
即有$\sqrt{ab}$≤$\frac{a+b}{2}$；
$\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}}$≤$\sqrt{ab}$即為$\frac{1}{a}$+$\frac{1}$≥2$\sqrt{\frac{1}{ab}}$，該不等式顯然成立；
$\sqrt{\frac{2}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}}}$≤$\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}}$即為$\frac{2}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}}$≤$\frac{4}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}+\frac{2}{ab}}$，
即有$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$-$\frac{2}{ab}$≥0，即（$\frac{1}{a}$-$\frac{1}$）²≥0，顯然成立；
b≤$\sqrt{\frac{2}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}}}$即為b²≤$\frac{2}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}}$，即$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$+1≤2，
即有b≤a，顯然成立；
$\frac{a+b}{2}$≤$\sqrt{\frac{{a}^{2}{+b}^{2}}{2}}$即為$\frac{{a}^{2}+^{2}+2ab}{4}$≤$\frac{{a}^{2}+^{2}}{2}$，
即有a²+b²-2ab≥0，即（a-b）²≥0，顯然成立；
$\sqrt{\frac{{a}^{2}{+b}^{2}}{2}}$≤a即為$\frac{{a}^{2}+^{2}}{2}$≤a²，即有a²+b²≤2a²，
即為b≤a，顯然成立．
綜上可得，原不等式成立．

點評 本題考查不等式的證明，注意運用作差法和分析法證明，考查推理和運算能力，屬于中檔題．