Question

1．用比较法证明以下各题：
（1）已知a＞0，b＞0．求证：$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$≥$\frac{2}{\sqrt{ab}}$．
（2）已知a＞0，b＞0．求证：$\frac{b}{\sqrt{a}}$+$\frac{a}{\sqrt{b}}$≥$\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$．

Answer 1

分析 （1）作差可得$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$-$\frac{2}{\sqrt{ab}}$=$（\frac{1}{\sqrt{a}}-\frac{1}{\sqrt{b}}）^{2}$，由完全平方的性质可得；
（2）作差变形可得$\frac{b}{\sqrt{a}}$+$\frac{a}{\sqrt{b}}$-$\sqrt{a}$-$\sqrt{b}$=（b-a）$\frac{\sqrt{b}-\sqrt{a}}{\sqrt{ab}}$，可证不等式．

解答 证明：（1）∵a＞0，b＞0，
∴$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$-$\frac{2}{\sqrt{ab}}$
=$（\frac{1}{\sqrt{a}}）^{2}$-2$\frac{1}{\sqrt{a}}$•$\frac{1}{\sqrt{b}}$+$（\frac{1}{\sqrt{b}}）^{2}$
=$（\frac{1}{\sqrt{a}}-\frac{1}{\sqrt{b}}）^{2}$≥0，
∴$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$≥$\frac{2}{\sqrt{ab}}$；
（2）∵a＞0，b＞0，
∴$\frac{b}{\sqrt{a}}$+$\frac{a}{\sqrt{b}}$-$\sqrt{a}$-$\sqrt{b}$
=$\frac{b}{\sqrt{a}}$-$\sqrt{a}$+$\frac{a}{\sqrt{b}}$-$\sqrt{b}$
=$\frac{b-a}{\sqrt{a}}$+$\frac{a-b}{\sqrt{b}}$
=（b-a）（$\frac{1}{\sqrt{a}}$-$\frac{1}{\sqrt{b}}$）
=（b-a）$\frac{\sqrt{b}-\sqrt{a}}{\sqrt{ab}}$≥0
∴$\frac{b}{\sqrt{a}}$+$\frac{a}{\sqrt{b}}$≥$\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$

点评 本题考查作差法证明不等式，属基础题．