一个精彩不等式的探究和推广

2022-07-12 11:24邓启龙
数理化解题研究·高中版 2022年6期
关键词:不等式推广探究

邓启龙

摘要:有一个非常精彩的不等式:a,b∈(0,1),ab+ba>1,该不等式结构巧妙,形式优美.本文首先给出该不等式的两种证明方法,然后将该不等式推广到多元形式.

关键词:不等式;探究;推广

中图分类号:G632文献标识码:A文章编号:1008-0333(2022)16-0050-03

有一个非常精彩的不等式:a,b∈(0,1),ab+ba>1,该不等式结构巧妙,形式优美.本文首先给出该不等式的两种证明方法,然后将该不等式推广到多元形式.

为了行文方便,将变量b改为变量x,构造函数f(x)=xa+ax,通过求导来探究函数f(x)的单调性,从而证明x∈(0,1),f(x)>1,于是得到证法1.

证法1令f(x)=xa+ax,且x∈(0,1),a∈(0,1),则

f ′(x)=axa-1+axlna

=ax(xa-1ax-1+lna).

令g(x)=xa-1ax-1+lna,则

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)上单调递减,

在(a-1lna,1)上单调递增.

由0<a<1,得

limx→0+g(x)=+∞,

g(1)=1+lna.

(1)若g(a-1lna)≥0,则

x∈(0,1),g(x)≥0,f ′(x)=axg(x)≥0.

于是f(x)在(0,1)单调递增.

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)上单调递增,在(x0,1)上单调递减.

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,则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)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,1)上单调递增.

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.

证法1通过对g(x)分类讨论来探究f(x)的单调性,利用极值并结合端点处的函数值来证明结论.不等式a,b∈(0,1),ab+ba>1中含有两个变量a,b,证法1本质上是以其中一个变量为主元,通过函数方法来证明结论.

在给出证法2之前,先证明一个引理.

引理(伯努利不等式)当0<r<1,x>-1时,(1+x)r≤1+rx.

证明 令f(x)=(1+x)r-1-rx,则

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)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.

所以x>-1,f(x)≤f(0)=0.

所以(1+x)r≤1+rx.

证法2因为ab=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.

证法2通过变形后利用伯努利不等式来证明结论,思路非常巧妙.

当a→0+,b→1-时,ab+ba→1,所以1是f(a,b)=ab+ba,a,b∈(0,1)的下确界.

若增加变量c,则f(a,b,c)=ab+bc+ca,a,b,c∈(0,1)的下确界是多少?ab+bc+ca>1是否成立?本文经过探究,得到以下结论:

结论1当a,b,c∈(0,1)时,ab+bc+ca>1.

证明由轮换对称性不妨设a=min{a,b,c},

则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,

则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

当n→+∞时,ab+bc+ca→1,

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

实际上,变量个数为n(n≥4)时,结论也成立.于是得到一般性结论:

结论2当n≥2,a1,a2,…,an∈(0,1)时,aa21+aa32+…+aann-1+aa1n>1.

证明由轮换对称性不妨设

a1=min{a1,a2,…,an},

则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),则

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*,

则当k→+∞时,a1→0,

a2=f(a1)→0,

a3=f(a2)→0,

an-1=f(an-2)→0,

an→1.

所以当k足够大时,a1,a2,…,an∈(0,1).

當k→+∞时,

aa21=af(a1)1→0,

aa32=af(a2)2→0,

……

aan-1n-2=af(an-2)n-2→0,

aann-1→0,aa1n→1.

于是当k→+∞时,

aa21+aa32+…+aann-1+aa1n→1,

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

参考文献:

[1] 张永淦,韩丹丹.基本不等式的一类推广与应用\[J\].中学生数学,2022(05):35+34.

[2] 中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准(2017年版)[M].北京:人民教育出版社,2018.

[责任编辑:李璟]

猜你喜欢
不等式推广探究
设问引导探究
一类特殊不等式的解法探究
高中数学不等式易错题型及解题技巧
用概率思想研究等式与不等式问题
一道IMO试题的完善性推广
国产小成本电影全媒体推广的边际效应探究
农村地区进一步推广非现金支付工具的有效途径
浅谈构造法在不等式证明中的应用
在医疗卫生单位推广运动处方的研究
相似图形中的探究题