Question

20．（1）已知t＞1，x∈（0，+∞），證明：x^t≥1+t（x-1）；
（2）設0＜a≤b＜1，證明：a^a+b^b≥a^b+b^a．

Answer 1

分析 （1）令f（x）=x^t-1-t（x-1），x∈（0，1）時，x^t-1≤1，f′（x）≤0，函數(shù)單調遞減；x＞1時，f′（x）＞0，函數(shù)單調遞增，得到x=1是f（x）的唯一極小值點，則f（x）≥f（1）=0，即可得證；
（2）分a=b和a≠b兩種情況證明結論，并構造函數(shù)φ（x）=x^a-x^b，先證得φ（x）是單調減函數(shù)，進而得到結論．

解答 證明：（1）令f（x）=x^t-1-t（x-1），f′（x）=t（x^t-1-1），
∵t＞1，∴t-1＞0，
x∈（0，1）時，x^t-1≤1，f′（x）≤0，函數(shù)單調遞減；x＞1時，f′（x）＞0，函數(shù)單調遞增，
∴x=1是f（x）的唯一極小值點，
∴f（x）≥f（1）=0，
即：x^t≥1+t（x-1）；
（2）當a=b，不等式顯然成立；
當a≠b時，不妨設a＜b，
則a^a+b^b≥a^b+b^a?a^a-a^b≥b^a-b^b，
令φ（x）=x^a-x^b，x∈[a，b]
下證φ（x）是單調減函數(shù)．
∵φ′（x）=ax^a-1-bx^b-1=ax^b-1（x^a-b-$\frac{a}$）
易知a-b∈（-1，0），1+a-b∈（0，1），$\frac{1}{1+a-b}$＞1，
由（1）知當t＞1，（1+x）^t＞1+tx，x∈[a，b]，
∴$^{\frac{1}{1+a-b}}$=$[1+（b-1）]^{\frac{1}{1+a-b}}$＞1+$\frac{b-1}{1+a-b}$=$\frac{a}{1+a-b}$＞a，
∴b＞a^1+a-b，∴$\frac{a}$＞a^a-b≥x^a-b，
∴φ'（x）＜0，
∴φ（x）在[a，b]上單調遞減．
∴φ（a）＞φ（b），
即a^a-a^b＞b^a-b^b，
∴a^a+b^b＞a^b+b^a．
綜上，a^a+b^b≥a^b+b^a成立．

點評 考查不等式的證明，考查運用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性，證明不等式的方法，構造函數(shù)是解題的關鍵．