已知 $a,b \in [1,3]$，$a+b=4$，求证：$$\sqrt {10}\leqslant \sqrt {a+\dfrac 1a}+\sqrt {b+\dfrac 1b}<\dfrac {4\sqrt 6}{3}.$$
【难度】
【出处】
2010年全国高中数学联赛河北省预赛
【标注】
【答案】
略
【解析】
因为 $a,b \in [1,3]$，$a+b=4$，所以$$ab=a(4-a)=-(a-2)^2+4 \in [3,4].$$设 $u=\sqrt {a+\dfrac 1a}+\sqrt {b+\dfrac 1b}$，则\[\begin{split}u^2&=a+\dfrac 1a+b+\dfrac 1b+2\sqrt {\left(a+\dfrac 1a\right)\left(b+\dfrac 1b\right)}\\&=4+\dfrac {4}{ab}+2\sqrt {ab+\dfrac {1}{ab}+\dfrac {a^2+b^2}{ab}}\\&=4+\dfrac {4}{ab}+2\sqrt {ab+\dfrac {1}{ab}+\dfrac {(a+b)^2-2ab}{ab}}\\&=4+\dfrac {4}{ab}+2\sqrt {ab+\dfrac {17}{ab}-2}.\end{split}\]由于 $\dfrac 4x$ 和 $x+\dfrac {17}{x}$ 在 $[3,4]$ 上均为减函数，所以$$10 \leqslant u^2\leqslant \dfrac {16}{3}+2\sqrt {\dfrac {20}{3}}<\dfrac {16+2\sqrt {64}}{3}=\dfrac {32}{3}.$$即 $\sqrt {10}\leqslant u <\dfrac {4\sqrt 6}{3}$．
答案
解析
备注
