已知函数 $f(x)=x^{2}+x+\sqrt 3$，如果对于一切正数 $a,b,c$，不等式 $f\left(\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\right)\geqslant f\left(\lambda \left(\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}\right)\right)$ 恒成立，求正数 $\lambda$ 的最大值．
【难度】
【出处】
2008年全国高中数学联赛河南省预赛
【标注】
【答案】
$\dfrac 23$
【解析】
因为 $f(x)=x^{2}+x+\sqrt 3$ 在区间 $\left(-\dfrac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增，当 $a,b,c,\lambda $ 均为正数时，\[\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}>0, \dfrac{a+b}{2}-\sqrt {ab}>0,\]所以\[f\left(\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\right)\geqslant f\left(\lambda \left(\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}\right)\right),\]等价于\[\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\geqslant \lambda \left(\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}\right),\]则原问题转化为\[\dfrac{\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}}{\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}}\geqslant \lambda \]对一切正数 $a,b,c$ 恒成立，求正数 $\lambda $ 的最大值．
当 $c=\mu^{3}\sqrt{ab},\mu >0$ 时，\[\begin{split}\dfrac{\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}}{\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}}&=\dfrac{\dfrac{a+b+\mu^{3}\sqrt{ab}}{3}-\sqrt[3]{ab(\mu^{3}\sqrt{ab})}}{\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}}\\&=\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{a+b+(\mu^{3}-3\mu)\sqrt{ab}}{a+b-2\sqrt{ab}}\\&\geqslant \lambda .\end{split}\]令 $\mu^{3}-3\mu=-2$，则 $\mu =1$，此时 $\lambda \leqslant \dfrac{2}{3}$ 成立，据此猜测 $\lambda_{\max}=\dfrac{2}{3}$，于是只需证明：对一切正数 $a,b,c$ 有\[\dfrac{\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}}{\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}}\geqslant \dfrac{2}{3}.\]上式等价于\[3\left(\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\right)\geqslant 2\left(\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}\right),\]又等价于\[c+2\sqrt{ab}\geqslant 3\sqrt[3]{abc}.\]因为\[c+2\sqrt{ab}=c+\sqrt{ab}+\sqrt{ab}\geqslant 3\sqrt[3]{abc},\]上式显然成立．
故对一切正数 $a,b,c$，有\[\dfrac{\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}}{\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}}\geqslant \dfrac{2}{3},\]所以 $\lambda $ 的最大值是 $\dfrac{2}{3}$．
当 $c=\mu^{3}\sqrt{ab},\mu >0$ 时，\[\begin{split}\dfrac{\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}}{\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}}&=\dfrac{\dfrac{a+b+\mu^{3}\sqrt{ab}}{3}-\sqrt[3]{ab(\mu^{3}\sqrt{ab})}}{\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}}\\&=\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{a+b+(\mu^{3}-3\mu)\sqrt{ab}}{a+b-2\sqrt{ab}}\\&\geqslant \lambda .\end{split}\]令 $\mu^{3}-3\mu=-2$，则 $\mu =1$，此时 $\lambda \leqslant \dfrac{2}{3}$ 成立，据此猜测 $\lambda_{\max}=\dfrac{2}{3}$，于是只需证明：对一切正数 $a,b,c$ 有\[\dfrac{\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}}{\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}}\geqslant \dfrac{2}{3}.\]上式等价于\[3\left(\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\right)\geqslant 2\left(\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}\right),\]又等价于\[c+2\sqrt{ab}\geqslant 3\sqrt[3]{abc}.\]因为\[c+2\sqrt{ab}=c+\sqrt{ab}+\sqrt{ab}\geqslant 3\sqrt[3]{abc},\]上式显然成立．
故对一切正数 $a,b,c$，有\[\dfrac{\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}}{\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}}\geqslant \dfrac{2}{3},\]所以 $\lambda $ 的最大值是 $\dfrac{2}{3}$．
答案
解析
备注
