Question

已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=ln（λx+1-λ）-λlnx，λ∈（0，1）．
（1）證明：當x∈[1，+∞）時，g（x）≥0恒成立；
（2）若正數(shù)λ₁，λ₂滿足λ₁+λ₂=1，證明對任意整數(shù)x₁，x₂，都有f（λ₁x₁+λ₂x₂）≥λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）；
（2）對任意正數(shù)λ₁，λ₂，λ₃，滿足λ₁+λ₂+λ₃=1，類比（2）寫出一個結(jié)論并證明其真假．

Answer 1

考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用,類比推理

專題：綜合題,函數(shù)的性質(zhì)及應用

分析：（1）先求函數(shù)g（x）的導數(shù)，再驗證單調(diào)性；
（2）由（1）知：當x∈[1，+∞）時，g（x）≥0恒成立，即是ln（λx+1-λ）≥λlnx（λ∈（0，1））對x∈[1，+∞）時恒成立．
f（λ₁x₁+λ₂x₂）=ln（λ₁x₁+λ₂x₂）=ln[(λ1

x1

x2

+λ2)x2]=ln(λ1

x1

x2

+λ2)+lnx₂，再用上述結(jié)論證明；
（3）類比（2）：對任意正數(shù)λ₁，λ₂，λ₃，滿足λ₁+λ₂+λ₃=1，對任意正整數(shù)x₁，x₂，x₃，都有f（λ₁x₁+λ₂x₂+λ₃x₃）≥λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+λ₃f（x₃）；
證明時用第（2）問的結(jié)果，把3項的式子過度到2項解決．

解答： （1）證明：g′（x）=

λ

λx+1-λ

-

λ

x

=

λ(1-λ)(x-1)

x(λx+1-λ)

，
∵x∈（1，+∞）、λ∈（0，1），∴1-λ＞0，x-1＞0，∴

λ(1-λ)(x-1)

x(λx+1-λ)

＞0，
∴g（x）在[1，+∞）上遞增，∴g（x）≥g（1）=0，
∴當x∈[1，+∞）時，g（x）≥0恒成立；
（2）證明：由（1）知：當x∈[1，+∞）時，g（x）≥0恒成立，
也即是ln（λx+1-λ）≥λlnx（λ∈（0，1））對x∈[1，+∞）時恒成立．
f（λ₁x₁+λ₂x₂）=ln（λ₁x₁+λ₂x₂）=ln[(λ1

x1

x2

+λ2)x2]=ln(λ1

x1

x2

+λ2)+lnx₂，
∵ln(λ1

x1

x2

+λ2)≥λ1ln

x1

x2

，
∴ln(λ1

x1

x2

+λ2)+lnx₂≥λ1ln

x1

x2

+lnx₂=λ₁lnx₁+（1-λ₁）lnx₂=λ₁lnx₁+λ₂lnx₂，
即f（λ₁x₁+λ₂x₂）≥λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）
（3）解：類比（2）：對任意正數(shù)λ₁，λ₂，λ₃，滿足λ₁+λ₂+λ₃=1，對任意正整數(shù)x₁，x₂，x₃，
都有f（λ₁x₁+λ₂x₂+λ₃x₃）≥λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+λ₃f（x₃）；
證明：不失一般性，不妨設(shè)x₁≥x₂，則lnx₁≥lnx₂，∴f（x₁）≥f（x₂），∴λ₂f（x₁）≥λ₂f（x₂）；
∵λ₁+λ₂+λ₃=1，由（2）知：f（（λ₁+λ₂）x₁+λ₃x₃）≥（λ₁+λ₂）f（x₁）+λ₃f（x₃）=λ₁f（x₁）+λ₂f（x₁）+λ₃f（x₃）≥λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+λ₃f（x₃）；
證畢．

點評：本題考查導函數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，對于連續(xù)多問的題目，要充分利用上一問的結(jié)論，屬于高檔題．