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（2008年·江西·理）已知函式\(f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\sqrt{\dfrac{ax}{ax+8}}\)．

（1）當\(a=8\)，求\(f(x)\)的單調區間；

（2）對任意正數\(a\)，證明：\(1<f(x)<2\)．

令\(b=x\)，\(c=\dfrac{8}{ax}\)，則第(2)問等價於：

若\(a,b,c>0\)，\(abc=8\)，求證：\[1<\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+c}}<2.\]

該不等式與2004年西部奧林匹克最後一題：

設\(a,b,c>0\)，求證：\[1<\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+a^2}}\leqslant \dfrac{3\sqrt 2}{2}.\]類似，且證明比這道西部奧林匹克題還難．而這道西部奧林匹克題當年參賽選手無一人完全證出．

另外，CMO2003第三題：

給定正整數\(n\)，求最小的正數\(\lambda\)，使得對於任何\(\theta_i\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)\)（\(i=1,2,\cdots,n\)），只要\(\tan\theta_1\cdot\tan\theta_2\cdots\tan\theta_n=2^{\frac n2}\)，就有\(\cos\theta_1+\cos\theta_2+\cdots+\cos\theta_n\)不大於\(\lambda\)．

答案是：當\(n\geqslant 3\)時，\(\lambda=n-1\)；當\(n=3\)時，令\[a=\tan^2\theta_1,b=\tan^2\theta_2,c=\tan^2\theta_3,\]即得江西壓軸題右邊的不等式．

命題人陶平生教授的證明：

對任意給定的\(a>0\)，\(x>0\)，因為\[f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{ax}}},\]若令\(b=\dfrac{8}{ax}\)，則\(abx=8\)，且\[f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}.\]

先證\(f(x)>1\)．

因為\[\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}>\dfrac{1}{1+x},\]又由\[2+a+b+x\geqslant 4\sqrt[4]{2abx}=8,\]得\[a+b+x\geqslant 6.\]所以\[\begin{split}f(x)&=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}\\&>\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}\\&=\dfrac{3+2(a+b+x)+(ab+bx+xa)}{(1+x)(1+a)(1+b)}\\&\geqslant \dfrac{9+(a+b+x)+(ab+bx+xa)}{(1+x)(1+a)(1+b)}\\&=\dfrac{1+(a+b+x)+(ab+bx+xa)+abx}{(1+x)(1+a)(1+b)}\\&=1.\end{split}\]

再證明\(f(x)<2\)．

由\(x,a,b\)的對稱性，不妨設\(x\geqslant a\geqslant b\)，則\(0<b\leqslant 2\)．

情形1：當\(a+b\geqslant 7\)時，此時\(x\geqslant a\geqslant 5\)．

因此\[\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}<1,\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}\leqslant \dfrac{2}{\sqrt{1+5}}<1,\]此時\[f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}<2.\]

情形2：當\(a+b<7\)時，\(x=\dfrac{8}{ab}\)，\(\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}=\sqrt{\dfrac{ab}{ab+8}}\)．

因為\[\dfrac{1}{1+b}<1-\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{b^2}{4(1+b)^2}=\left[1-\dfrac{b}{2(1+b)}\right]^2,\]所以\[\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}<1-\dfrac{b}{2(1+b)}.\]同理得\[\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}<1-\dfrac{a}{2(1+a)},\]於是\[f(x)<2-\dfrac 12\left(\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}-2\sqrt{\dfrac{ab}{ab+8}}\right).\]

而\[\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}\geqslant 2\sqrt{\dfrac{ab}{(1+a)(1+b)}}=2\sqrt{\dfrac{ab}{1+a+b+ab}}>2\sqrt{\dfrac{ab}{ab+8}},\]因此不等式得證．

綜上所述，原不等式得證．

 張景中院士的作法：

原問題即三個正數\(a,b,c\)在\(abc=8\)的條件下求\[F(a,b,c)=\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+c}}\]的取值範圍．

不妨設\(a\leqslant b\leqslant c\)，記\(t=a\)，\(k=ab\)，\(c=\dfrac 8k\)，把\(F(a,b,c)\)看成是關於\(t\)的函式\[f(t)=\dfrac{1}{\sqrt{1+t}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{k}{t}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{k}}},\]注意到變數和引數的範圍是\[0<t\leqslant\sqrt k\leqslant 2,\]計算導數\[\begin{split}f'(t)&=\dfrac 12\left(-\left(1+t\right)^{-\frac 32}+\dfrac{k}{t^2}\left(1+\dfrac{k}{t}\right)^{-\frac 32}\right)\\&=\left[k^2(1+t)^3-t(t+k)^3\right]\cdot Q(t,k),\end{split}\]這裡\(Q(t,k)\)是某個正值代數式．於是可以根據\[g(t)=k^2(1+t)^3-t(t+k)^3\]的正負來判斷\(f(x)\)的單調性．

注意到\(g\left(\sqrt k\right)=0\)，因式分解為\[g(t)=\left(k-t^2\right)\left[t^2-k(k-3)t+k\right],\]由於第二個因式的\[\Delta=k^2(k-3)^2-4k,\]當\(k<4\)時有\(\Delta<0\)，於是有\(f(x)\)在\(\left(0,\sqrt{k}\right)\)上單調遞增，從而\(f(t)\)在\(t=\sqrt k\)處最大．

從而可得\[f(t)>1\]以及\[f\left(1+\sqrt k\right)=\dfrac{2}{\sqrt{1+\sqrt k}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{k}}}<2.\]原命題得證．

不妨設\(a\leqslant b\leqslant c\)，令\(\sqrt{ab}=\lambda\)，由\(abc=8\)有\(0<\lambda\leqslant 2\)．

設\[A=\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}},\]再令\[u=\sqrt{1+a+b+\lambda^2},\]則\[u\geqslant 1+\lambda,\]所以\[A^2=\left(1-\lambda^2\right)+\dfrac{2}{u}+1,\]又令\(t=\dfrac{1}{u},0<t\leqslant \dfrac{1}{\lambda+1}\)，則\[A^2=F(t)=\left(1-\lambda^2\right)t^2+2t+1,\]求導有\[F'(t)=2\left(1-\lambda^2\right)t+2,\]由\(\lambda\leqslant 2\)有\[F'\left(\dfrac{1}{\lambda+1}\right)=2-\lambda\geqslant 0,\]又\(F'(0)=1>0\)，因此，對\(0<t\leqslant \dfrac{1}{\lambda+1}\)，有\(F'(t)\geqslant 0\)，所以\(F(t)\)在\(\left(0,\dfrac{1}{\lambda+1}\right]\)是增函式，則\[F(0)<F(t)\leqslant F\left(\dfrac{1}{\lambda+1}\right),\]即\[1<A\leqslant \dfrac 2{\sqrt{\lambda+1}},\]即當\(a,b>0\)且\(\sqrt{ab}\leqslant 2\)時，有\[1<\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}\leqslant \dfrac{2}{\sqrt{1+\sqrt{ab}}}.\]

應用該不等式立得欲證明不等式的左邊．

要證明不等式的右邊，還需證明\[\dfrac{2}{\sqrt{1+\sqrt{ab}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{ab}}}<2,\]令\(\sqrt{1+\sqrt{ab}}=v,1<v\leqslant \sqrt 3\)，則\[ab=\left(v^2-1\right)^3,\]此不等式等價於\[\dfrac{2}{v}+\dfrac{v^2-1}{\sqrt{\left(v^2-1\right)^2+8}}<2,\]用分析法容易證得．

綜上，原不等式得證．

令\[u=\dfrac{1}{\sqrt{1+a}},v=\dfrac{1}{\sqrt{1+b}},w=\dfrac{1}{\sqrt{1+c}},\]則\[a=\dfrac{1}{u^2}-1,b=\dfrac{1}{v^2}-1,c=\dfrac{1}{w^2}-1,\]且\[\left(\dfrac{1}{u^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{w^2}-1\right)=8.\]

假設存在\(a,b,c>0\)且\(abc=8\)，但左邊不等式不成立，即存在\(u,v,w\)滿足上式，但\[u+v+w\leqslant 1.\]

注意到\(0<u,v,w<1\)，有\[1+u>1-u\geqslant v+w\geqslant 2\sqrt{vw}>0,\]所以\[\dfrac{1}{u^2}-1=\dfrac{(1-u)(1+u)}{u^2}>\dfrac{(1-u)^2}{u^2}\geqslant\dfrac{4vw}{u^2},\]同理\[\dfrac{1}{v^2}-1>\dfrac{4wu}{v^2},\dfrac{1}{w^2}-1>\dfrac{4uv}{w^2},\]從而可得\[\left(\dfrac{1}{u^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{w^2}-1\right)>61,\]矛盾，因此左邊不等式得證．

假設存在\(a,b,c>0\)且\(abc=8\)，但右邊不等式不成立，即存在\(u,v,w\)滿足上式，但\[u+v+w\geqslant 2.\]

注意到\(0<u,v,w<1\)，有\[0<1+u<2,\]進而\[0<1-u\leqslant v+w-1=vw-(1-v)(1-w)<vw,\]從而\[0<\dfrac{1}{u^2}-1\dfrac{(1-u)(1+u)}{u^2}<\dfrac{2vw}{u^2},\]同理\[0<\dfrac{1}{v^2}-1<\dfrac{2wu}{v^2},0<\dfrac{1}{w^2}-1<\dfrac{2uv}{w^2},\]從而可得\[\left(\dfrac{1}{u^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{w^2}-1\right)<8,\]矛盾，因此右邊不等式得證．

綜上，原不等式得證．