求证p∈[1,2]且0≤b≤a时，(a+b)^p+(a-b)^p≥2a^p+p(p-1)a^{p-2}b^2

首先我们可以通过变量标准化简化问题，避免a和b的干扰：

• 若a=0，原式变为$f(p)=b^p+(-b)p$，当$p∈(1,2)$时，显然有$b^p+(-b)p=2|b|^p≥0$，结论成立。
• 若a≠0，令$t=\frac{b}{a}$，则原式可转化为：
  $$f(p)=a^p \cdot g(p,t)$$
  其中$g(p,t)=(1+t)^p+(1-t)p-2-p(p-1)t^{2$。由于$a}p>0$，只需证明$g(p,t)≥0$对所有$t∈ℝ$和$p∈(1,2)$成立。

接下来固定$p∈(1,2)$，将$g(p,t)$视为关于$t$的函数，分析它的凸性：

1. 找临界点：
   对$t$求一阶导数：
   $$g_t'(p,t)=p(1+t)^{p-1}-p(1-t){p-1}-2p(p-1)t$$
   代入$t=0$可得$g_t'(p,0)=0$，说明$t=0$是$g(p,t)$的一个临界点，此时$g(p,0)=1+1-2-0=0$。

2. 证明函数凸性：
   对$t$求二阶导数：
   $$g_t''(p,t)=p(p-1)\left[(1+t)^{p-2}+(1-t){p-2}-2\right]$$
   由于$p∈(1,2)$，$p(p-1)>0$。现在看括号内的部分：函数$k(x)=x^{{p-2}$（$x>0$）的二阶导数为$(p-2)(p-3)x}{p-4}$，因为$p∈(1,2)$，所以$(p-2)<0$、$(p-3)<0$，因此$k''(x)>0$，即$k(x)$是凸函数。

   根据凸函数的性质，对任意$x_1,x_2$有$\frac{k(x_1)+k(x_2)}{2}≥k\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)$，代入$x_1=1+t$、$x_2=1-t$，可得：
   $$\frac{(1+t)^{p-2}+(1-t){p-2}}{2}≥1^{p-2}=1$$
   即$(1+t)^{p-2}+(1-t){p-2}≥2$，因此$g_t''(p,t)≥0$，说明$g(p,t)$关于$t$是凸函数。

3. 推导最终结论：
   凸函数在临界点处取得最小值，而$t=0$时$g(p,t)=0$，因此对所有$t∈ℝ$，都有$g(p,t)≥0$，进而$f(p)≥0$。

另外补充一下你之前尝试的二阶导数思路：如果把$g(p,t)$看作关于$p$的函数，$g(1)=g(2)=0$，若能证明$g(p,t)$在$(1,2)$上是凹函数（即$g_p''(p,t)≤0$），也能推出$g(p,t)≥0$。这个思路也是可行的，你可以尝试用不等式$\ln^{2(1+x)≤\frac{x}2}{1+x}$（当$x>-1$时）来推导，结合$(1+t)^{p≤1+pt+\frac{p(p-1)}{2}t}2$这类泰勒展开式，也能完成证明，但相对而言，固定$p$对$t$分析凸性的方法更直接。

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