已知a,b>0且ab=1,求证:2a+b⩾.
分析 即证明\forall x\in (0,1],\dfrac{1}{2^x}+\dfrac1{2^{1/x}}\leqslant 1,考虑利用导数证明.
证法一 化指为对
设2^x=t(1<t\leqslant 2),则x=\dfrac{\ln t}{\ln 2},欲证不等式即\dfrac 1t+\dfrac{1}{2^{\frac{\ln 2}{\ln t}}}\leqslant 1,也即2^{\frac{\ln 2}{\ln t}}\geqslant \dfrac{t}{t-1},整理为\dfrac{\ln^22}{\ln t}-\ln t+\ln (t-1)\geqslant 0.设LHS=f(t),则f(t)的导函数f'(t)=\dfrac{\ln^2t-(t-1)\ln^22}{t(t-1)\ln^2t},记分子为r(t),则r'(t)=\dfrac{2\ln t}t-\ln ^22,注意到r''(t)=\dfrac {2(1-\ln t)}{t^2},因此r'(t)在(1,2]上单调递增,有唯一零点,因此r(t)先单调递减,后单调递增.又r(1)=r(2)=0,因此在(1,2]上r(t)\leqslant 0,因此f(t)在(1,2]上单调递减,又f(2)=0,因此在(1,2]上有f(t)\geqslant 0,原不等式得证.
证法二 转化命题
记LHS=f(x),则f(x)的导函数f'(x)=\dfrac{\ln 2}{x^2\cdot 2^{x+\frac 1x}}\cdot \left(2^x-x^2\cdot 2^{\frac 1x}\right).注意到当x\to 0+时,f(x)\to 1,而f(1)=1,因此只需要说明函数f(x)在(1,2]上的极值不超过1.
设m为f(x)在区间(0,1]上的极值点,则2^m-m^2\cdot 2^{\frac 1m}=0,则其极值f(m)=\dfrac{1}{2^m}+\dfrac1{2^{\frac 1m}}=\dfrac{1+m^2}{2^m},接下来尝试证明辅助命题\forall m\in (0,1],2^m\geqslant m^2+1.
设g(m)=2^m-m^2-1,则g(0)=g(1)=0,而g(x)的导函数g'(m)=2^m\ln 2-2m,其二阶导函数g''(m)=2^m\ln^22-2,于是g'(m)在(0,1]上单调递减,又g'(0)>0,g'(1)<0,因此g(m)在(0,1]上先单调递增,后单调递减,于是辅助命题得证.
综上所述,原不等式得证.
证法三 由锋行天下提供
不妨设a\geqslant b,则b=\dfrac 1a,a\geqslant 1.题中不等式转化为2^{\frac 1a}\left(2^a-2^{a-\frac 1a}-1\right )\geqslant 0,于是即证\forall a\geqslant 1,2^a-2^{a-\frac 1a}-1\geqslant 0.设f(x)=2^x-2^{x-\frac 1x}-1,x\geqslant 1,对此函数求导得f'(x)=\ln 2\cdot 2^{x-\frac 1x}\left(2^{\frac 1x}-1-\dfrac 1{x^2}\right ).令g(m)=2^m-1-m^2,m\in [0,1],则g'(m)=2^m\cdot\ln 2-2m,其二阶导数为g''(m)=2^m\cdot(\ln 2)^2-2<0,所以g'(m)在[0,1]上单调递减.又因为g'(0)=\ln 2>0,g'(1)=2\ln 2-2<0,所以g(m)在[0,1]上先单调递增,后单调递减.而g(0)=g(1)=0,所以g(m)\geqslant 0恒成立.而当x\geqslant 1时,\dfrac 1x\in (0,1],所以\forall x\geqslant 1,2^{\frac 1x}-1-\dfrac 1{x^2}\geqslant 0.从而有f'(x)\geqslant 0,f(x)在[1,+\infty)上单调递增.又因为f(1)=0,所以f(x)\geqslant f(1)=0,命题得证.