Question

設(shè)g（x）=e^x，f（x）=g[λx+（1-λ）a]-λg（x），其中a，λ是常數(shù)，且0＜λ＜1．
（1）求函數(shù)f（x）的極值；
（2）證明：對任意正數(shù)a，存在正數(shù)x，使不等式成立；
（3）設(shè)，且λ₁+λ₂=1，證明：對任意正數(shù)a₁，a₂都有：．

Answer 1

解：（1）∵f′（x）=λg[λx+（1-λ）a]-λg′（x），-----------------（1分）
由f′（x）＞0得，g[λx+（1-λ）a]＞g′（x），
∴λx+（1-λ）a＞x，即（1-λ）（x-a）＜0，解得x＜a，-----------------（3分）
故當(dāng)x＜a時，f′（x）＞0；當(dāng)x＞a時，f′（x）＜0；
∴當(dāng)x=a時，f（x）取極大值，但f（x）沒有極小值．-----------------（4分）
（2）∵，
又當(dāng)x＞0時，令h（x）=e^x-x-1，則h′（x）=e^x-1＞0，
故h（x）＞h（0）=0，
因此原不等式化為，即e^x-（1+a）x-1＜0，-----------------（6分）
令g（x）=e^x-（1+a）x-1，則g′（x）=e^x-（1+a），
由g′（x）=0得：e^x=（1+a），解得x=ln（a+1），
當(dāng)0＜x＜ln（a+1）時，g′（x）＜0；當(dāng)x＞ln（a+1）時，g′（x）＞0．
故當(dāng)x=ln（a+1）時，g（x）取最小值g[ln（a+1）]=a-（1+a）ln（a+1），---------------（8分）
令s（a）=，則s′（a）=．
故s（a）＜s（0）=0，即g[ln（a+1）]=a-（1+a）ln（a+1）＜0．
因此，存在正數(shù)x=ln（a+1），使原不等式成立．-----------------（10分）
（3）對任意正數(shù)a₁，a₂，存在實數(shù)x₁，x₂使a₁=e，a₂=e，
則•=，，
原不等式?≤，
?g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂）-----------------（14分）
由（1）f（x）≤（1-λ）g（a）
故g[λa+（1-λ）a]≤λg（x）+（1-λ）g（a）
令x=x₁，a=x₂，λ=λ1，1-λ=λ₂
從而g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂）
故≤成立，得證（14分）
分析：（1）首先對函數(shù)求導(dǎo)，使得導(dǎo)函數(shù)等于0，解出x的值，分兩種情況討論：當(dāng)f′（x）＞0，當(dāng)f′（x）＜0，做出函數(shù)的極值點，求出極值．
（2）由于，再將原不等式化為，即e^x-（1+a）x-1＜0，令g（x）=e^x-（1+a）x-1，利用導(dǎo)數(shù)研究此函數(shù)的極值，從而得出存在正數(shù)x=ln（a+1），使原不等式成立．
（3）對任意正數(shù)a₁，a₂，存在實數(shù)x₁，x₂使a₁=e，a₂=e，則•=，，將原不等式?≤?g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂），下面利用（1）的結(jié)論得出≤即可．
點評：本小題主要考查函數(shù)在某點取得極值的條件、導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用及應(yīng)用所學(xué)導(dǎo)數(shù)的知識、思想和方法解決問題的能力，屬于中檔題．