鄧啟龍

(廣東省中山紀念中學 528454)

有一個非常精彩的不等式：a,b∈(0,1),ab+ba>1，該不等式結構巧妙，形式優(yōu)美．本文首先給出該不等式的兩種證明方法，然后將該不等式推廣到多元形式．

為了行文方便，將變量b改為變量x，構造函數(shù)f(x)=xa+ax，通過求導來探究函數(shù)f(x)的單調(diào)性，從而證明x∈(0,1),f(x)>1，于是得到證法1．

證法1令f(x)=xa+ax,且x∈(0,1),a∈(0,1)，則

f′(x)=axa-1+axlna

g′(x)=(a-1)xa-2a1-x-xa-1a1-xlna

=xa-2a1-x(a-1-xlna).

由0

g(1)=1+lna.

?x∈(0,1),g(x)≥0,f′(x)=axg(x)≥0.

于是f(x)在(0,1)單調(diào)遞增.

所以?x∈(0,1),f(x)>f(0)=1.

x∈(0,x0),g(x)>0,x∈(x0,1),g(x)<0.

于是f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增，在(x0,1)上單調(diào)遞減．

又f(0)=1,f(1)=1+a>1,

所以?x∈(0,1),f(x)>1.

g(x1)=g(x2)=0，

且x∈(0,x1)∪(x2,1),g(x)>0,

x∈(x1,x2),g(x)<0.

于是f(x)在(0,x1)上單調(diào)遞增，在(x1,x2)上單調(diào)遞減，在(x2,1)上單調(diào)遞增．

由g(x2)=0,得

>1.

又f(0)=1，

所以?x∈(0,1),f(x)>1.

證法1通過對g(x)分類討論來探究f(x)的單調(diào)性，利用極值并結合端點處的函數(shù)值來證明結論．不等式a,b∈(0,1),ab+ba>1中含有兩個變量a,b，證法1本質(zhì)上是以其中一個變量為主元，通過函數(shù)方法來證明結論．

在給出證法2之前，先證明一個引理．

引理(伯努利不等式)當0-1時,(1+x)r≤1+rx.

證明令f(x)=(1+x)r-1-rx，則

f′(x)=r(1+x)r-1-r

=r[(1+x)r-1-1].

由0

于是x∈(-1,0),f′(x)>0,

x∈(0,+∞),f′(x)<0.

故f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞增，在(0,+∞)上單調(diào)遞減．

所以?x>-1,f(x)≤f(0)=0.

所以(1+x)r≤1+rx．

由引理，得

同理可得

證法2通過變形后利用伯努利不等式來證明結論，思路非常巧妙．

當a→0+,b→1-時，ab+ba→1，所以1是f(a,b)=ab+ba,a,b∈(0,1)的下確界．

若增加變量c，則f(a,b,c)=ab+bc+ca,a,b,c∈(0,1)的下確界是多少？ab+bc+ca>1是否成立？本文經(jīng)過探究，得到以下結論：

結論1 當a,b,c∈(0,1)時,ab+bc+ca>1．

證明由輪換對稱性不妨設a=min{a,b,c}，

則a≤b.

由0

ca≥cb.

所以ab+bc+ca≥ab+bc+cb>ab+1>1.

則a,b,c∈(0,1)，且

當n→+∞時，ab+bc+ca→1，

所以1是f(a,b,c)=ab+bc+ca,a,b,c∈(0,1)的下確界．

實際上，變量個數(shù)為n(n≥4)時，結論也成立．于是得到一般性結論：

證明由輪換對稱性不妨設

a1=min{a1,a2,…,an}，

則a1≤an-1.

由0

a2=f(a1),

a3=f(a2),

…

an-1=f(an-2),

則當k→+∞時，a1→0,

a2=f(a1)→0,

a3=f(a2)→0,

…

an-1=f(an-2)→0,

an→1.

所以當k足夠大時，a1,a2,…,an∈(0,1)．

當k→+∞時，

……

于是當k→+∞時，