问题及解答

设实数 $a,b,c$ 满足 $a\sqrt{c} > 2b > 0$, 求

\[
a^2+\frac{4(c^2+1)}{b(a\sqrt{c}-2b)}+\frac{c^3+c+2}{2(c^2+1)}
\]

的最小值.

另外, 证明该式可以趋向 $+\infty$.

首先

\[
2b(a\sqrt{c}-2b)\leqslant(\frac{2b+a\sqrt{c}-2b}{2})^2=\frac{a^2 c}{4},
\]

等号成立当且仅当 $2b=a\sqrt{c}-2b$, 即 $a\sqrt{c}=4b$.

所以

\[
\frac{4(c^2+1)}{b(a\sqrt{c}-2b)}=\frac{8(c^2+1)}{2b(a\sqrt{c}-2b)}\geqslant\frac{32(c^2+1)}{a^2 c}.
\]

因此,

\[
\begin{split}
a^2+\frac{4(c^2+1)}{b(a\sqrt{c}-2b)}+\frac{c^3+c+2}{2(c^2+1)}&\geqslant a^2+\frac{32(c^2+1)}{a^2 c}+\frac{c}{2}+\frac{1}{c^2+1}\\
&\geqslant 2\sqrt{a^2\cdot\frac{32(c^2+1)}{a^2 c}}+2\sqrt{\frac{c}{2}\cdot\frac{1}{c^2+1}}\\
&=8\sqrt{2}\sqrt{\frac{c^2+1}{c}}+\sqrt{2}\sqrt{\frac{c}{c^2+1}}
\end{split}
\]

上面第二个 $\geqslant$ 中等号成立当且仅当 

\[
a^2=\frac{32(c^2+1)}{a^2 c},\quad\text{且}\quad\frac{c}{2}=\frac{1}{c^2+1}\tag{1}
\]

令 $x=\sqrt{\frac{c^2+1}{c}}$, 则 $x\geqslant\sqrt{2}$. 将上面最后一式记作为 $f(x)$, 即

\[
f(x)=8\sqrt{2}x+\frac{\sqrt{2}}{x},\qquad x\geqslant\sqrt{2}.\tag{2}
\]

如果是大学生, 则可以使用求导方法判定 $f(x)$ 在 $[\sqrt{2},\infty)$ 上的单调性. 具体的,

\[
f'(x)=8\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{x^2}\geqslant 8\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2} > 0,
\]

因此 $f(x)$ 在 $[\sqrt{2},\infty)$ 上是严格单调递增的, 故

\[f_{\min}=f(\sqrt{2})=8\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=17.\]

如果是高中学生, 可以从函数单调性的定义着手证明. 设 $\sqrt{2}\leqslant a < b$, 要证 $f(a) < f(b)$. 即

\[
8\sqrt{2}a+\frac{\sqrt{2}}{a} < 8\sqrt{2}b+\frac{\sqrt{2}}{b}.
\]

这等价于

\[
\begin{split}
&\sqrt{2}(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}) < 8\sqrt{2}(b-a)\\
\Leftrightarrow\ &\frac{b-a}{ab} < 8(b-a)\\
\Leftrightarrow\ &ab >\frac{1}{8},
\end{split}
\]

显然这是成立的, 因为 $b > a\geqslant\sqrt{2}$.

验证最小值的取得

(1) 中第二式 $\dfrac{c}{2}=\dfrac{1}{c^2+1}$ 可解出 $c=1$.  事实上, $c^3+c=2$.

由于 $0 < c < 1$ 时, $c^3+c < 2$, 而当 $c > 1$ 时 $c^3+c > 2$. 因此仅有解 $c=1$. 

将 $c=1$ 代入 (1) 中第一式, 得 $a^4=64$, 故 $a=2\sqrt{2}$. 再由 $a\sqrt{c}=4b$, 知 $b=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

将 $a=2\sqrt{2}$, $b=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$, $c=1$ 代入原式, 可得最小值 17.

记原式为 $f(a,b,c)$, 并记 $\varepsilon=a\sqrt{c}-2b$, 令 $a=1$, 则 $\sqrt{c}=2b+\varepsilon$, 于是 $c=(2b+\varepsilon)^2$.

于是

\[
f(1,b,c)=1+\frac{4((2b+\varepsilon)^4+1)}{b\varepsilon}+\frac{(2b+\varepsilon)^2}{2}+\frac{1}{(2b+\varepsilon)^4+1}
\]

再令 $b=\frac{1}{2}$, 则

\[
\begin{split}
f(1,\frac{1}{2},c)&=1+\frac{8((1+\varepsilon)^4+1)}{\varepsilon}+\frac{(1+\varepsilon)^2}{2}+\frac{1}{(1+\varepsilon)^4+1}\\
& > 1+\frac{8\cdot 2}{\varepsilon}+\frac{1}{2}+0\\
&=\frac{3}{2}+\frac{16}{\varepsilon}
\end{split}
\]

因此, 当 $\varepsilon\rightarrow 0$ 时, 值趋向 $+\infty$.