Question

14．設(shè)0＜a＜b，證明不等式$\frac{2a}{{a}^{2}+^{2}}$＜$\frac{lnb-lna}{b-a}$＜$\frac{1}{\sqrt{ab}}$．

Answer 1

分析 先證$\frac{2a}{{a}^{2}+^{2}}$＜$\frac{lnb-lna}{b-a}$．設(shè)f（x）=lnx，至少存在一點(diǎn)c∈（a，b）使得f′（c）=$\frac{lnb-lna}{b-a}$，求出導(dǎo)數(shù)，運(yùn)用單調(diào)性，即可得證；再證$\frac{lnb-lna}{b-a}$＜$\frac{1}{\sqrt{ab}}$，變形可得lnb-lna＜$\frac{b-a}{\sqrt{ab}}$，令$\frac{a}$=x，x＞1，則不等式等價(jià)于lnx＜$\sqrt{x}$-$\frac{1}{\sqrt{x}}$其中x＞1，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性即可得證．

解答 證明：先證$\frac{2a}{{a}^{2}+^{2}}$＜$\frac{lnb-lna}{b-a}$．
設(shè)f（x）=lnx，
即有f（x）在[a，b]上連續(xù)，在（a，b）上可導(dǎo)，
則至少存在一點(diǎn)c∈（a，b）使得f′（c）=$\frac{lnb-lna}{b-a}$，
f′（x）=$\frac{1}{x}$，
$\frac{2a}{{a}^{2}+^{2}}$＜$\frac{2a}{2ab}$=$\frac{1}$=f′（b），
又有f″（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
x＞0時(shí)，f″（x）＜0，所以f′（x）單調(diào)遞減，
因?yàn)閍＜c＜b，
可得f′（b）＜f′（c），即有$\frac{lnb-lna}{b-a}$＞$\frac{1}$＞$\frac{2a}{{a}^{2}+^{2}}$；
再證$\frac{lnb-lna}{b-a}$＜$\frac{1}{\sqrt{ab}}$，
由0＜a＜b，可得b-a＞0，
不等式兩邊同時(shí)乘以（b-a），不等式可得
lnb-lna＜$\frac{b-a}{\sqrt{ab}}$，
而lnb-lna=ln$\frac{a}$，$\frac{b-a}{\sqrt{ab}}$=$\sqrt{\frac{a}}$-$\sqrt{\frac{a}}$，
由于0＜a＜b，所以$\frac{a}$＞1，
令$\frac{a}$=x，x＞1，
則不等式等價(jià)于lnx＜$\sqrt{x}$-$\frac{1}{\sqrt{x}}$其中x＞1，
令g（x）=lnx-$\sqrt{x}$+$\frac{1}{\sqrt{x}}$，
g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{x+1}{2x\sqrt{x}}$=$\frac{-（\sqrt{x}-1）^{2}}{2x\sqrt{x}}$＜0，
即有g(shù)（x）在x＞1遞減，可得g（x）＜g（0）=0，
即lnx＜$\sqrt{x}$-$\frac{1}{\sqrt{x}}$成立．
綜上可得不等式$\frac{2a}{{a}^{2}+^{2}}$＜$\frac{lnb-lna}{b-a}$＜$\frac{1}{\sqrt{ab}}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查不等式的證明，運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)，通過求導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，考查推理和運(yùn)算能力，屬于中檔題．