每日一题[1209]步调一致得胜利

若 $f(x)$ 为 $(a,b)$ 上的可导函数，且其导函数 $f'(x)$ 为增函数，则称 $f(x)$ 是 $(a,b)$ 上的凸函数．

1、判断函数 $y=x^3$ 与 $y=\ln \dfrac 1x$ 是否为定义域上的凸函数；

2、设 $f(x)$ 为 $(a,b)$ 上的凸函数，求证：若 $\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_n=1$，$\lambda_i>0$（$i=1,2,\cdots,n$），则对任意 $x_i\in(a,b)$（$i=1,2,\cdots,n$）均有 $$\lambda_1f(x_1)+\lambda_2f(x_2)+\cdots+\lambda_nf(x_n)\geqslant f\left(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2\cdots\lambda_nx_n\right);$$

3、设 $a,b,c>0$，$n\in\mathbb N^{\ast}$，$n\geqslant 6$，求证： $$a^n+b^n+c^n\geqslant a^{n-5}b^3c^2+b^{n-5}c^3a^2+c^{n-5}a^3b^2.$$

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解    1、函数 $y=x^3$ 的导函数 $$y'=2x^2$$ 在 $(-\infty,0)$ 上单调递减，于是该函数不为凸函数； 函数 $y=\ln \dfrac 1x$ 的导函数 $$y'=-\dfrac 1x$$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，于是该函数为凸函数．

2、先给出

引理    若 $c\in(a,b)$，则 $$\forall x\in(a,b),f(x)\geqslant f(c)+(x-c)f'(c).$$

引理的证明    令 $$\varphi(x)=f(x)-f(c)-(x-c)f'(c),$$ 则其导函数 $$\varphi'(x)=f'(x)-f'(c),$$ 于是 $\varphi(x)$ 在 $x=c$ 处取得极小值，亦为最小值 $$\varphi(c)=0,$$ 因此引理得证． 接下来证明原命题，令 $X=\lambda_1x_1+\lambda_2x_2+\cdots+\lambda_nx_n$，则 $$a<X<b,$$ 在引理中令 $x=x_k$，$c=X$，则 $$\forall x_k\in (a,b),f(x_k)\geqslant f(X)+(x_k-X)f'(X),$$ 即 $$\forall x_k\in (a,b),\lambda_kf(x_k)\geqslant \lambda_kf(X)+\lambda_k(x_k-X)f'(X),$$ 分别取 $k=1,2,\cdots,n$，累加可得对任意 $x_i\in(a,b)$（$i=1,2,\cdots,n$）均有 $$\lambda_1f(x_1)+\lambda_2x_2+\cdots+\lambda_nx_n\geqslant f(X),$$ 命题得证．

3、欲证命题即

新命题    设 $a,b,c>0$，$n\in \mathbb N^{\ast}$，$n\geqslant 6$，则 $$a+b+c\geqslant \sum_{cyc}a^{\lambda_1}b^{\lambda_2}c^{\lambda_3},$$ 其中 $\lambda_1=\dfrac{n-5}5$，$\lambda_2=\dfrac 3n$，$\lambda_3=\dfrac 2n$．

而根据第 $(2)$ 小题的结果，有 $$\lambda_1\ln\dfrac{1}{a}+\lambda_2\ln\dfrac 1b+\lambda_3\ln\dfrac 1c\geqslant \ln\dfrac{1}{\lambda_1a+\lambda_2b+\lambda_3c},$$ 也即 $$\lambda_1a+\lambda_2b+\lambda_3c\geqslant a^{\lambda_1}+b^{\lambda_2}+c^{\lambda_3},$$ 进而 $$\sum_{cyc}\left(\lambda_1a+\lambda_2b+\lambda_3c\right)\geqslant \sum_{cyc}a^{\lambda_1}+b^{\lambda_2}+c^{\lambda_3},$$ 新命题得证．