鄧啟龍

摘要：有一個(gè)非常精彩的不等式：a，b∈（0，1），ab+ba>1，該不等式結(jié)構(gòu)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.

關(guān)鍵詞：不等式;探究;推廣

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2022）16-0050-03

有一個(gè)非常精彩的不等式：a，b∈（0，1），ab+ba>1，該不等式結(jié)構(gòu)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(gòu)造函數(shù)f（x）=xa+ax，通過(guò)求導(dǎo)來(lái)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

=ax（xa-1ax-1+lna）.

令g（x）=xa-1ax-1+lna，則

g′（x）=（a-1）xa-2a1-x-xa-1a1-xlna

=xa-2a1-x（a-1-xlna）.

由g′（x）>0，得x>a-1lna.

由g′（x）<0，得0<x<a-1lna.

所以g（x）在（0，a-1lna）上單調(diào)遞減，

在（a-1lna，1）上單調(diào)遞增.

由0<a<1，得

limx→0+g（x）=+∞，

g（1）=1+lna.

（1）若g（a-1lna）≥0，則

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.

（2）若g（a-1lna）<0且g（1）≤0，則

x0∈（0，a-1lna），g（x0）=0，且

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.

（3）若g（a-1lna）<0且g（1）>0，則x1∈（0，a-1lna），x2∈（a-1lna，1），使

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

xa-12ax2-1+lna=0，ax2=-axa-12lna.

于是f（x2）=xa2+ax2

=xa2-axa-12lna=xa-12（x2-alna）.

由a-1lna<x2<1，得

f（x2）>xa-12（a-1lna-alna）

=-xa-12lna=ax2-1

>1.

又f（0）=1，

所以x∈（0，1），f（x）>1.

證法1通過(guò)對(duì)g（x）分類討論來(lái)探究f（x）的單調(diào)性，利用極值并結(jié)合端點(diǎn)處的函數(shù)值來(lái)證明結(jié)論.不等式a，b∈（0，1），ab+ba>1中含有兩個(gè)變量a，b，證法1本質(zhì)上是以其中一個(gè)變量為主元，通過(guò)函數(shù)方法來(lái)證明結(jié)論.

在給出證法2之前，先證明一個(gè)引理.

引理（伯努利不等式）當(dāng)0<r<1，x>-1時(shí)，（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<r<1，得r-1<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.

證法2因?yàn)閍b=1（1a）b

=1（1+1a-1）b，

由引理，得

（1+1a-1）b<1+b（1a-1）

=a+b-aba.

于是ab>aa+b-ab.

同理可得

ba>ba+b-ab.

所以ab+ba>a+ba+b-ab>1.

證法2通過(guò)變形后利用伯努利不等式來(lái)證明結(jié)論，思路非常巧妙.

當(dāng)a→0+，b→1-時(shí)，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(guò)探究，得到以下結(jié)論：

結(jié)論1當(dāng)a，b，c∈（0，1）時(shí)，ab+bc+ca>1.

證明由輪換對(duì)稱性不妨設(shè)a=min{a，b，c}，

則a≤b.

由0<c<1，得

ca≥cb.

所以ab+bc+ca≥ab+bc+cb

>ab+1

>1.

令a=1n，b=1lnn，c=1-1n，n∈N*，n≥3，

則a，b，c∈（0，1），且

ab+bc+ca=（1n）1lnn+（1lnn

）1-1n+（1-1n）1n

=e-lnn+（1lnn）1-1n+（1-1n）1n

當(dāng)n→+∞時(shí)，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(shí)際上，變量個(gè)數(shù)為n（n≥4）時(shí)，結(jié)論也成立.于是得到一般性結(jié)論：

結(jié)論2當(dāng)n≥2，a1，a2，…，an∈（0，1）時(shí)，aa21+aa32+…+aann-1+aa1n>1.

證明由輪換對(duì)稱性不妨設(shè)

a1=min{a1，a2，…，an}，

則a1≤an-1.

由0<an<1，得

aa1n≥aan-1n.

所以aa21+aa32+…+aann-1+aa1n≥aa21+aa32+…+aann-1+aan-1n>1.

令f（x）=1ln1x，x∈（0，1），則

xf（x）=x1-lnx

=elnx·1-lnx

=e--lnx.

所以limx→0+f（x）=0，

limx→0+xf（x）=0.

令a1=1k，

a2=f（a1），

a3=f（a2），

…

an-1=f（an-2），

an=1-1k，k∈N*，

則當(dāng)k→+∞時(shí)，a1→0，

a2=f（a1）→0，

a3=f（a2）→0，

…

an-1=f（an-2）→0，

an→1.

所以當(dāng)k足夠大時(shí)，a1，a2，…，an∈（0，1）.

當(dāng)k→+∞時(shí)，

aa21=af（a1）1→0，

aa32=af（a2）2→0，

……

aan-1n-2=af（an-2）n-2→0，

aann-1→0，aa1n→1.

于是當(dāng)k→+∞時(shí)，

aa21+aa32+…+aann-1+aa1n→1，

所以1是f（a1，a2，…，an）=aa21+aa32+…+aann-1+aa1n，a1，a2，…，an∈（0，1）的下確界.

參考文獻(xiàn)：

[1]?張永淦，韓丹丹.基本不等式的一類推廣與應(yīng)用＼[J＼].中學(xué)生數(shù)學(xué)，2022（05）：35+34.

[2] 中華人民共和國(guó)教育部.普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版）[M].北京：人民教育出版社，2018.

[責(zé)任編輯：李璟]