Question

7．已知m＞n＞0，a，b∈R⁺且（a-1）（b-1）≠0，求證：（aⁿ+bⁿ）^m＞（a^m+b^m）ⁿ．

Answer 1

分析 先運用分析法：要證（aⁿ+bⁿ）^m＞（a^m+b^m）ⁿ．即證mln（aⁿ+bⁿ）＞nln（a^m+b^m），（m＞n＞0）即證$\frac{ln（{a}^{n}+^{n}）}{n}$＞$\frac{ln（{a}^{m}+^{m}）}{m}$，可設f（x）=$\frac{ln（{a}^{x}+^{x}）}{x}$（x＞0，a，b∈R⁺且a，b≠1），求出導數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 證明：要證（aⁿ+bⁿ）^m＞（a^m+b^m）ⁿ．
即證mln（aⁿ+bⁿ）＞nln（a^m+b^m），（m＞n＞0）
即證$\frac{ln（{a}^{n}+^{n}）}{n}$＞$\frac{ln（{a}^{m}+^{m}）}{m}$，
可設f（x）=$\frac{ln（{a}^{x}+^{x}）}{x}$（x＞0，a，b∈R⁺且a，b≠1），
則f′（x）=$\frac{\frac{x}{{a}^{x}+^{x}}•（{a}^{x}lna+^{x}lnb）-ln（{a}^{x}+^{x}）}{{x}^{2}}$，
由x•a^xlna+x•b^xlnb-a^xln（a^x+b^x）-b^xln（a^x+b^x）
=a^xln$\frac{{a}^{x}}{{a}^{x}+^{x}}$+b^xln$\frac{^{x}}{{a}^{x}+^{x}}$
由0＜$\frac{{a}^{x}}{{a}^{x}+^{x}}$＜1，ln$\frac{{a}^{x}}{{a}^{x}+^{x}}$＜0，
由0＜$\frac{^{x}}{{a}^{x}+^{x}}$＜1，ln$\frac{^{x}}{{a}^{x}+^{x}}$＜0，
即有x•a^xlna+x•b^xlnb-a^xln（a^x+b^x）-b^xln（a^x+b^x）＜0，
即f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）遞減，
當m＞n時，$\frac{ln（{a}^{n}+^{n}）}{n}$＞$\frac{ln（{a}^{m}+^{m}）}{m}$，
故原不等式成立．

點評 本題考查不等式的證明，注意運用分析法和構(gòu)造函數(shù)，由導數(shù)判斷單調(diào)性，考查推理能力，屬于中檔題．