Question

设f(x)=2x²+1,pq＞0,p+q=1.求证:对任意实数a,b，恒有pf(a)+qf(b)≥f(pa+qb).

Answer 1

思路分析：通过作差变形得到2p(1-p)a²+2q(1-q)b²-4pqab+p+q-1，通过讨论，判断符号，发现证明思路，用综合法去证.

证明：考虑原式两边的差.

pf(a)+qf(b)-f(pa+qb)

=p(2a²+1)+q(2b²+1)-［2(pa+qb)²+1］

=2p(1-p)a²+2q(1-q)b²-4pqab+p+q-1.  ①

∵p+q=1,pq＞0,

∴①式=2pqa²+2pqb²-4pqab

=2pq(a-b)²≥0.

即原式成立.