Question

11．若正数a，b，c满足$\frac{a}{b+c}$=$\frac{b}{a+c}$-$\frac{c}{a+b}$，则$\frac{b}{a+c}$的最小值为$\frac{\sqrt{17}-1}{4}$．

Answer 1

分析 首先，化简得到$\frac{1}{\frac{a}{b}+\frac{c}{b}}=\frac{\frac{a}{b}}{1+\frac{c}{b}}+\frac{\frac{c}{b}}{1+\frac{a}{b}}$，然后，设$\frac{a}{b}=m$，$\frac{c}{b}=n$，结合不等式的性质${m}^{2}+{n}^{2}≥\frac{（m+n）^{2}}{2}$，mn≤$\frac{（m+n）^{2}}{4}$，再令t=m+n，得到2t²（t+2）-（t+2）²≤0，最后求解其最值即可．

解答 解：$\frac{b}{a+c}=\frac{a}{b+c}+\frac{c}{a+b}$，
∴$\frac{1}{\frac{a}{b}+\frac{c}{b}}=\frac{\frac{a}{b}}{1+\frac{c}{b}}+\frac{\frac{c}{b}}{1+\frac{a}{b}}$，
设$\frac{a}{b}=m$，$\frac{c}{b}=n$，
∴$\frac{1}{m+n}=\frac{m}{1+n}+\frac{n}{1+m}$，
∴$\frac{m+n+mn+1}{m+n}=（{m}^{2}+{n}^{2}）+（m+n）$，
∵${m}^{2}+{n}^{2}≥\frac{（m+n）^{2}}{2}$；mn≤$\frac{（m+n）^{2}}{4}$，
∴$\frac{（m+n）+\frac{（m+n）^{2}}{4}+1}{m+n}≥\frac{m+n+mn+1}{m+n}$=$（{m}^{2}+{n}^{2}）+（m+n）≥\frac{（m+n）^{2}}{2}+（m+n）$，
设t=m+n，
∴$\frac{t+\frac{{t}^{2}}{4}+1}{t}≥\frac{{t}^{2}}{2}+t$，
∴2t³+3t²-4t-4≤0，
∴2（t³+2t²）-（t²+4t+4）≤0，
∴2t²（t+2）-（t+2）²≤0，
∵t=m+n，
∴2t²-（t+2）≤0，
∴0＜t≤$\frac{1+\sqrt{17}}{4}$，
∴$\frac{b}{a+c}=（\frac{1}{t}）_{min}=\frac{4}{1+\sqrt{17}}$，
=$\frac{\sqrt{17}-1}{4}$．
故答案为：$\frac{\sqrt{17}-1}{4}$．

点评 本题重点考查了基本不等式的应用、不等式的基本性质，换元法在求解不等式中的应用，属于中档题．