这题 我掉坑里了 帮我出坑。

facebooker

已知正数$a,b,m$满足不等式$\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}}}+m\sqrt{\frac{b}{a+b}}\le\frac{5\sqrt{2}}{2}$恒成立，则$m$的最大值为__

战巡

按这个有
\[\frac{\frac{5}{\sqrt{2}}-\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}}{\sqrt{\frac{b}{a+b}}}\ge m\]
令$\frac{b}{a}=x$，那么有
\[\frac{\frac{5}{\sqrt{2}}-\sqrt{\frac{1}{1+x^2}}}{\sqrt{\frac{x}{1+x}}}\ge m\]
只要求左边最小值即可，令左边为$f(x)$，则有
\[f'(x)=\frac{-5\sqrt{2}+2(\frac{1}{1+x^2})^{\frac{3}{2}}(2x^3+3x^2+1)}{4x^{\frac{3}{2}}\sqrt{1+x}}\]
如果对其分子继续导数，会有
\[\frac{d}{dx}[-5\sqrt{2}+2(\frac{1}{1+x^2})^{\frac{3}{2}}(2x^3+3x^2+1)]=-6x(x^2-2x-1)(\frac{1}{1+x^2})^{\frac{5}{2}}=0\]
\[x=1+\sqrt{2}\]
于是这个分子的最大值会有$x=1+\sqrt{2}$时
\[-5\sqrt{2}+2(\frac{1}{1+x^2})^{\frac{3}{2}}(2x^3+3x^2+1)=\sqrt{2}(-5+2\sqrt{2+\sqrt{2}})<0\]
故此$f'(x)<0, f(x)$递减，也就有
\[f(x)>\lim_{x\to+\infty}f(x)=\frac{5}{\sqrt{2}}=m\]

kuing

必要性探路。

当 `a=1`, `b\to+\infty` 时 `\LHS\to m`，所以必须满足 `m\leqslant5\sqrt2/2`，下面证明 `m=5\sqrt2/2` 时不等式恒成立，就是要证明
\[\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\frac{5\sqrt2}2\sqrt{\frac b{a+b}}\leqslant\frac{5\sqrt2}2,\]
由 `2\sqrt{\frac b{a+b}}<1+\frac b{a+b}` 可知只需证
\[\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\frac{5\sqrt2}4\left( 1+\frac b{a+b} \right)\leqslant\frac{5\sqrt2}2,\]
化简就是
\[a+b\leqslant\frac{5\sqrt2}4\sqrt{a^2+b^2},\]
显然成立。

综上，`m` 的最大值就是 `5\sqrt2/2`。

kuing

原坑已出，再给一坑：

求证：当 `m` 满足
\[m\geqslant\frac12\sqrt{7+3\sqrt3+\sqrt{72+42\sqrt3}}\]
时，对任意正数 `a`, `b` 恒有
\[\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+m\sqrt{\frac b{a+b}}\leqslant m.\]

facebooker

kuing 发表于 2022-6-15 16:23
原坑已出，再给一坑：

求证：当 `m` 满足

厉害了  这数字。。。一点思路也没有啊