Question

9．己知a＞0，b＞0且a+b=1，则（$\frac{1}{{a}^{2}}$-1）（$\frac{1}{{b}^{2}}$-1）的最小值为9．$\frac{{a}^{2}+1}{ab}$的最小值为2+2$\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 由已知利用基本不等式得$\frac{1}{ab}$≥4，化简不等式（$\frac{1}{{a}^{2}}$-1）（$\frac{1}{{b}^{2}}$-1）=$\frac{2}{ab}$+1，由此能求出（$\frac{1}{{a}^{2}}$-1）（$\frac{1}{{b}^{2}}$-1）的最小值为9；由b=1-a，得$\frac{{a}^{2}+1}{ab}$=$\frac{1+a}{a（1-a）}-1$，设f（x）=$\frac{1+x}{x（1-x）}$，利用导数性质能求出$\frac{{a}^{2}+1}{ab}$的最小值．

解答 解：∵a＞0，b＞0且a+b=1，
∴根据基本不等式a+b=1≥2$\sqrt{ab}$，得ab≤$\frac{1}{4}$，
即$\frac{1}{ab}$≥4，
化简不等式：
（$\frac{1}{{a}^{2}}$-1）（$\frac{1}{{b}^{2}}$-1）
=$\frac{1}{{a}^{2}{b}^{2}}$-（$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}$）+1
=$\frac{（a+b）^{2}}{{a}^{2}{b}^{2}}$-$\frac{{a}^{2}+{b}^{2}}{{a}^{2}{b}^{2}}$+1
=$\frac{2}{ab}$+1≥9
∴（$\frac{1}{{a}^{2}}$-1）（$\frac{1}{{b}^{2}}$-1）的最小值为9．
∵a＞0，b＞0且a+b=1，∴b=1-a，
∴$\frac{{a}^{2}+1}{ab}$=$\frac{{a}^{2}+1}{a（1-a）}$=$\frac{{a}^{2}-1}{a（1-a）}+\frac{2}{a（1-a）}$=-$\frac{1}{a}-1+\frac{2}{a（1-a）}$=$\frac{1+a}{a（1-a）}-1$，
设f（x）=$\frac{1+x}{x（1-x）}$，则f′（x）=$\frac{{x}^{2}+2x-1}{{x}^{2}（1-x）^{2}}$，
当f（x）最小时，f′（x）=0，
由f′（x）=$\frac{{x}^{2}+2x-1}{{x}^{2}（1-x）^{2}}$=0，得x=$±\sqrt{2}-1$，
∴当x=$\sqrt{2}-1$时，f（x）取最小值，
∴a=$\sqrt{2}-1$时，f（a）-1即$\frac{{a}^{2}+1}{ab}$取最小值为2+2$\sqrt{2}$．
故答案为：9，2+2$\sqrt{2}$．

点评 本题考查代数式的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意基本不等式和导数性质的合理运用．