上册 3.5 不等式证明 第26题
📝 题目
26．证明下列结论．
（1）设函数 $f(x)$ 在 $[0, c]$ 上可微，$f^{\prime}(x)$ 递减且 $f(0)=0$ ．证明：对于 $0 \leqslant a \leqslant b \leqslant a+b \leqslant c$ ， $f(a+b) \leqslant f(a)+f(b)$ ．
（2）设 $a>0, b>0$ 。求证：当 $01$ 时，$(a+b)^{p}<2^{p-1}\left(a^{p}+b^{p}\right)$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）分析：把 $f(a+b) \leqslant f(a)+f(b)$ 化为 $f(a+b)-f(b)0$ 时，对 $f(x)$ 在 $[0, a],[b, a+b]$ 上分别使用拉格朗日中值定理，$\exists \xi_{1} \in(0, a)$ 与 $\xi_{2} \in(b, a+b)$ 使得
$$
f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)=\frac{f(a)-f(0)}{a-0}=\frac{f(a)}{a}, f^{\prime}\left(\xi_{2}\right)=\frac{f(a+b)-f(b)}{(a+b)-b}=\frac{f(a+b)-f(b)}{a} .
$$
由 $f^{\prime}(x)$ 单调递减有 $f^{\prime}\left(\xi_{1}\right) \geqslant f^{\prime}\left(\xi_{2}\right)$ ．于是 $\displaystyle \frac{f(a)}{a} \geqslant \frac{f(a+b)-f(b)}{a}$ ，即 $f(a+b) \leqslant f(a)+f(b)$ ．
另证：令 $F(x)=f(x+a)-f(x)$ ，由 $f^{\prime}(x)$ 单调递减，则 $F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x+a)-f^{\prime}(x) \leqslant 0$ ，从而 $F(x)$单调递减。于是 $F(b) \leqslant F(0)$ ，即 $f(a+b) \leqslant f(a)+f(b)$ ．
（2）不访设 $01$ 时，$f^{\prime \prime}(x) \geqslant 0, f(x)$ 是 $(0,+\infty)$ 上的严格凹函数。于是 $\displaystyle \left(\frac{a+b}{2}\right)^{p} \leqslant \frac{a^{p}+b^{p}}{2}$ ，即 $(a+b)^{p}<2^{p-1}\left(a^{p}+b^{p}\right)$.
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：分析题目并考虑特殊情况
首先，考虑 $a=0$ 的情况。此时 $f(a+b)=f(b)$，$f(a)+f(b)=f(0)+f(b)=0+f(b)=f(b)$，不等式 $f(a+b) \leq f(a)+f(b)$ 等号成立，结论成立。因此只需考虑 $a>0$ 的情况。
提示：注意 $f(0)=0$ 的条件，这是特殊情况处理的关键。
步骤 2/6
目标：应用拉格朗日中值定理
当 $a>0$ 时，对 $f(x)$ 在区间 $[0,a]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_1 \in (0,a)$ 使得 $f'(\xi_1)=\frac{f(a)-f(0)}{a-0}=\frac{f(a)}{a}$。同样，对 $f(x)$ 在区间 $[b,a+b]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_2 \in (b,a+b)$ 使得 $f'(\xi_2)=\frac{f(a+b)-f(b)}{(a+b)-b}=\frac{f(a+b)-f(b)}{a}$。
公式：拉格朗日中值定理：$f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$
提示：注意两个区间长度相等，都是 $a$，这有助于后续比较。
步骤 3/6
目标：利用导数递减性比较
由于 $f'(x)$ 递减，且 $\xi_1 < \xi_2$（因为 $\xi_1 < a \leq b < \xi_2$），所以 $f'(\xi_1) \geq f'(\xi_2)$。代入上一步的表达式得 $\frac{f(a)}{a} \geq \frac{f(a+b)-f(b)}{a}$。两边乘以 $a>0$ 得 $f(a) \geq f(a+b)-f(b)$，即 $f(a+b) \leq f(a)+f(b)$。
公式：单调递减性质：若 $x_1
提示：注意不等式方向：递减函数自变量小则函数值大。
步骤 4/6
目标：（1）的另一种证明方法
构造函数 $F(x)=f(x+a)-f(x)$，则 $F'(x)=f'(x+a)-f'(x)$。由于 $f'(x)$ 递减，$x+a > x$，所以 $f'(x+a) \leq f'(x)$，从而 $F'(x) \leq 0$，$F(x)$ 单调递减。于是 $F(b) \leq F(0)$，即 $f(a+b)-f(b) \leq f(a)-f(0)=f(a)$，整理得 $f(a+b) \leq f(a)+f(b)$。
公式：导数与单调性：$F'(x)\leq 0$ 则 $F(x)$ 递减
提示：注意 $F(0)=f(a)-f(0)=f(a)$。
步骤 5/6
目标：（2）当 $0
令 $f(x)=x^p$，则 $f'(x)=p x^{p-1}$，$f''(x)=p(p-1)x^{p-2}$。当 $00$，有 $f(a+b) \leq f(a)+f(b)$，即 $(a+b)^p \leq a^p+b^p$。由于 $a,b>0$，等号不成立（除非 $a$ 或 $b$ 为0），故严格不等式成立：$(a+b)^p < a^p+b^p$。
公式：幂函数导数：$f'(x)=p x^{p-1}$，$f''(x)=p(p-1)x^{p-2}$
提示：注意 $p$ 的范围导致 $f''(x)<0$，从而 $f'(x)$ 递减。
步骤 6/6
目标：（2）当 $p>1$ 时的证明
当 $p>1$ 时，$f''(x)=p(p-1)x^{p-2}>0$，所以 $f(x)=x^p$ 是 $(0,+\infty)$ 上的凸函数（下凸）。由凸函数的性质（詹森不等式），有 $f\left(\frac{a+b}{2}\right) \leq \frac{f(a)+f(b)}{2}$，即 $\left(\frac{a+b}{2}\right)^p \leq \frac{a^p+b^p}{2}$。两边乘以 $2^p$ 得 $(a+b)^p \leq 2^{p-1}(a^p+b^p)$。由于 $a,b>0$，严格不等式成立。
公式：凸函数性质：$f\left(\frac{x+y}{2}\right) \leq \frac{f(x)+f(y)}{2}$
提示：注意 $p>1$ 时 $f(x)=x^p$ 是凸函数，不等式方向与凹函数相反。
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