Question

16．（1）已知t＞1，x∈（-1，+∞），证明：（1+x）^t≥1+tx；
（2）设0＜a≤b＜1，证明：a^a+b^b≥a^b+b^a．

Answer 1

分析 （1）令f（x）=（1+x）^t-tx-1，求导数，当t＞1时，（1+x）t^-1-1单调递增，讨论在x＞-1时，求出单调增区间和单调减区间，得到x=0是f（x）的唯一极小值点，则f（x）≥（0）=0，即可得证；
（2）分a=b和a≠b两种情况证明结论，并构造函数φ（x）=x^a-x^b，先证得φ（x）是单调减函数，进而得到结论．

解答 证明：（1）令f（x）=（1+x）^t-1-tx，f′（x）=t[（1+x）^t-1-1]，
∵t＞1，∴t-1＞0，
x∈（-1，0]时，（1+x）^t-1≤1，f′（x）≤0，函数单调递减；x＞0时，f′（x）＞0，函数单调递增，
∴x=0是f（x）的唯一极小值点，
∴f（x）≥f（0）=0，
即：（1+x）^t≥1+tx；
（2）当a=b，不等式显然成立；
当a≠b时，不妨设a＜b，
则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]
下证φ（x）是单调减函数．
∵φ′（x）=ax^a-1-bx^b-1=ax^b-1（x^a-b-$\frac{b}{a}$）
易知a-b∈（-1，0），1+a-b∈（0，1），$\frac{1}{1+a-b}$＞1，
由（1）知当t＞1，（1+x）^t＞1+tx，x∈[a，b]，
∴${b}^{\frac{1}{1+a-b}}$=$[1+（b-1）]^{\frac{1}{1+a-b}}$＞1+$\frac{b-1}{1+a-b}$=$\frac{a}{1+a-b}$＞a，
∴b＞a^1+a-b，∴$\frac{b}{a}$＞a^a-b≥x^a-b，
∴φ'（x）＜0，
∴φ（x）在[a，b]上单调递减．
∴φ（a）＞φ（b），
即a^a-a^b＞b^a-b^b，
∴a^a+b^b＞a^b+b^a．
综上，a^a+b^b≥a^b+b^a成立．

点评 考查不等式的证明，考查运用导数判断函数的单调性，证明不等式的方法，构造函数是解题的关键．