Question

设f（x)=2x²+1,pq>0,p+q=1,求证对任意实数ab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.

证法二
f(x)=2x²+1,f'(x)=4x,f''(x)=4>0
∴f(x)为一严格凸函数,根据詹森不等式,对任何a,b∈(-∞,+∞),恒有
f(pa+qb)≤pf(a)+qf(b) (pq>0,p+q=1)
∴pf(a)+qf(b)≥f(pa+qb)

Answer 2

p+q=1
pf(a)+qf(b)
=p(2a²+1)+q(2b²+1)
=2pa²+2qb²+p+q
=2pa²+2qb²+1

f(pa+qb)
=2(pa+qb)²+1

pq>0
pq(a-b)²≥0
pqa²-2pqab+pgb²≥0
p(1-p)a²-2pqab+(1-q)qb²≥0
pa²-p²a²-2pqab+qb²-q²b²≥0
pa²+qb²-p²a²-2pqab-q²b²≥0
pa²+qb²-(pa+qb)²≥0
pa²+qb²≥(pa+qb)²
2pa²+2qb²≥2(pa+qb)²
2pa²+2qb²+1≥2(pa+qb)²+1
pf(a)+qf(b)≧f(pa+qb)