一个精彩不等式的探究和推广

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]