Question

設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）的最值；
（2）證明：對任意正數(shù)a，存在正數(shù)x，使不等式|

g(x)-1

x

-1|＜a成立；
（3）設λ₁＞0，λ₂＞0，且λ₁+λ₂=1，證明：對任意正數(shù)a₁a₂都有a₁ λ1a₂ λ2≤λ₁a₁+λ₂a₂．

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性

專題：導數(shù)的概念及應用

分析：（1）首先對函數(shù)求導并令導數(shù)等于0，解出x的值，研究單調性，求出最值．
（2）由

ex-1

x

-1=

ex-x-1

x

，當x＞0時為正，可將原不等式化為e^x-（1+a）x-1＜0，令g（x）=e^x-（1+a）x-1，利用導數(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）主要還是借助于指數(shù)運算的知識構造出能夠利用（1）的結論，變成兩個函數(shù)（值）間的大小比較，從而最終化為函數(shù)的單調性問題．

解答： 解：（1）∵f′（x）=λg[λx+（1-λ）a]-λg′（x），
由f′（x）＞0得，g[λx+（1-λ）a]＞g′（x），
∴λx+（1-λ）a＞x，即（1-λ）（x-a）＜0，又因為0＜λ＜1，所以x＜a，
故當x＜a時，f′（x）＞0；當x＞a時，f′（x）＜0；所以原函數(shù)在（-∞，a）遞增，在（a，+∞）遞減
∴當x=a時，f（x）取最大值f（a）=e^a．
（2）∵|

ex-1

x

-1|=|

ex-x-1

x

|，
又當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

ex-x-1

x

＜a，即e^x-（1+a）x-1＜0，
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0＜x＜ln（a+1）時，g′（x）＜0；當x＞ln（a+1）時，g′（x）＞0．
故當x=ln（a+1）時，g（x）取最小值g[ln（a+1）]=a-（1+a）ln（a+1），
令s（a）=

a

1+a

-ln（1+a），則s′（a）=

1

(1+a)2

-

1

1+a

=-

a

(1+a)2

＜0．
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．
（3）對任意正數(shù)a₁，a₂，一定存在實數(shù)x₁，x₂使a₁=ex1，a₂=ex2，
則a1λ1•a₂ λ2=e λ1x1•e λ2x2，λ1a1+λ2a2=λ1ex1+λ2ex2，
原不等式 a1λ1•a₂ λ2≤λ₁a₁+λ₂a₂?e λ1x1+ λ2x2≤λ₁e^x1+λ₂e^x2，
?g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂）
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e λ1x1+λ2x2≤λ₁e^x1+λ₂e^x2成立，
即對任意正數(shù)a₁a₂都有a₁ λ1a₂ λ2≤λ₁a₁+λ₂a₂．
原式得證．

點評：本題主要考查學生對函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系，函數(shù)的最值與導數(shù)的關系等知識點的理解，有一定難度，屬能力題．