已知 $a,b>0$ 且 $ab=1$，求证：$2^{a+b}\geqslant 2^a+2^b$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
不妨设 $a\geqslant b$，则$$b=\dfrac 1a,a\geqslant 1.$$题中不等式转化为 $2^{\frac 1a}\left(2^a-2^{a-\frac 1a}-1\right )\geqslant 0$，于是即证$$\forall a\geqslant 1,2^a-2^{a-\frac 1a}-1\geqslant 0.$$设 $f(x)=2^x-2^{x-\frac 1x}-1,x\geqslant 1$，对此函数求导得$$f'(x)=\ln 2\cdot 2^{x-\frac 1x}\left(2^{\frac 1x}-1-\dfrac 1{x^2}\right ).$$令 $g(m)=2^m-1-m^2,m\in [0,1]$，则$$g'(m)=2^m\cdot\ln 2-2m,$$其二阶导数为$$g''(m)=2^m\cdot(\ln 2)^2-2<0,$$所以 $g'(m)$ 在 $[0,1]$ 上单调递减．又因为$$g'(0)=\ln 2>0,g'(1)=2\ln 2-2<0,$$所以 $g(m)$ 在 $[0,1]$ 上先单调递增，后单调递减．而$$g(0)=g(1)=0,$$所以 $g(m)\geqslant 0$ 恒成立．而当 $x\geqslant 1$ 时，$\dfrac 1x\in (0,1]$，所以$$\forall x\geqslant 1,2^{\frac 1x}-1-\dfrac 1{x^2}\geqslant 0.$$从而有 $f'(x)\geqslant 0$，$f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递增．
又因为 $f(1)=0$，所以 $f(x)\geqslant f(1)=0$，命题得证．
又因为 $f(1)=0$，所以 $f(x)\geqslant f(1)=0$，命题得证．
答案
解析
备注
