Question

15．定義：設(shè)f（x）為（a，b）上的可導(dǎo)函數(shù)，若f′（x）為增函數(shù)，則稱f（x）為（a，b）上的凸函數(shù)．
（1）判斷函數(shù)y=x³與y=lg$\frac{1}{x}$是否為凸函數(shù)；
（2）設(shè)f（x）為（a，b）上的凸函數(shù)，求證：若λ₁+λ₂+…+λ_n=1，λ_i＞0（i=1，2，…，n），則?x_i∈（a，b）（i=1，2，…，n）恒有λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_nf（x_n）=f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_nx_n）成立；
（3）設(shè)a，b，c＞0，n∈N^*，n≥b，求證：aⁿ+bⁿ+cⁿ≥a^n-5b³c²+b^n-5c³a²+c^n-5a³b²．

Answer 1

分析 （1）利用定義，判斷函數(shù)y=x³與y=lg$\frac{1}{x}$是否為凸函數(shù)；
（2）n=2時，即證：λ₁λ₂＞0且λ₁+λ₂=1時，λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）≥f（λ₁x₁+λ₂x₂），再用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明即可；
（3）令a₀=aⁿ，b₀=bⁿ，c₀=cⁿ，即證：（a₀，b₀，c₀＞0）${a_0}+{b_0}+{c_0}≥{a_0}^{\frac{n-5}{n}}{b_0}^{\frac{3}{n}}{c_0}^{\frac{2}{n}}+{b_0}^{\frac{n-5}{n}}{c_0}^{\frac{3}{n}}+{b_0}^{\frac{n-5}{n}}{a_0}^{\frac{3}{n}}{b_0}^{\frac{2}{n}}$成立．

解答 解：（1）y=x³，y′=3x²，y″=6x≥0不恒成立，故不是凸函數(shù)；
y=lg$\frac{1}{x}$，y′=-$\frac{1}{xln10}$，y″=$\frac{1}{{x}^{2}ln10}$＞0，是凸函數(shù)；
（2）n=2時，即證：λ₁λ₂＞0且λ₁+λ₂=1時，λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）≥f（λ₁x₁+λ₂x₂）
不防設(shè)x₁≥x₂，x₁，x₂∈（a，b），令F（x）=λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）-f（λ₁x₁+λ₂x₂）F′（x）=λ₁[f′（x）-f′（λ₁x+λ₂x₂）]
因為x-（λ₁x+λ₂x₂）=λ₂（x₁-x₂）≥0
且f′（x）時遞增函數(shù)，所以F′（x）≥0，即F（x）為單調(diào)遞增函數(shù)，
所以F（x₁）≥F（x₂）=0，即λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）≥f（λ₁x₁+λ₂x₂）；
假設(shè)n=k（k≥2）時，結(jié)論成立，
即?λ_i＞0，$\sum_{i=1}^k{λ_i}$=1，x_i∈（a，b），（i=1，2，3，…，k），有$\sum_{i=1}^k{{λ_i}f（{x_i}）≥f（\sum_{i=1}^k{{λ_i}{x_i}}）}$成立，
則n=k+1時，?λ_i＞0，$\sum_{i=1}^k{λ_i}$=1，x_i∈（a，b），（i=1，2，3，…，k，k+1），有$f（{λ_1}{x_1}+{λ_2}{x_2}+…+{λ_k}{x_k}+{λ_{k+1}}{x_{k+1}}）=f[{λ_1}{x_1}+{λ_2}{x_2}+…+{λ_{k-1}}{x_{k-1}}+（{λ_k}+{λ_{k+1}}）（\frac{{{λ_k}{x_k}+{λ_{k+1}}{x_{k+1}}}}{{{λ_k}+{λ_{k+1}}}}）]$$≤{λ_1}f（{x_1}）+{λ_2}f（{x_2}）+…+{λ_{k-1}}f（{x_{k-1}}）+（{λ_k}+{λ_{k+1}}）f（\frac{λ_k}{{{λ_k}+{λ_{k+1}}}}{x_k}+\frac{{{λ_{k+1}}}}{{{λ_k}+{λ_{k+1}}}}{x_{k+1}}）]$≤λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_k+1f（x_k+1）
所以n=k+1時，結(jié)論也成立，
綜合以上可得，原結(jié)論成立．
（3）令a₀=aⁿ，b₀=bⁿ，c₀=cⁿ，即證：（a₀，b₀，c₀＞0）${a_0}+{b_0}+{c_0}≥{a_0}^{\frac{n-5}{n}}{b_0}^{\frac{3}{n}}{c_0}^{\frac{2}{n}}+{b_0}^{\frac{n-5}{n}}{c_0}^{\frac{3}{n}}+{b_0}^{\frac{n-5}{n}}{a_0}^{\frac{3}{n}}{b_0}^{\frac{2}{n}}$成立，
由（1）得f（x）=lg$\frac{1}{x}$為凸函數(shù)，而$\frac{n-5}{n}+\frac{3}{n}+\frac{2}{n}$=1，
有$\frac{n-5}{n}（-lg{a_0}）+\frac{3}{n}（-lg{b_0}）+\frac{2}{n}（-lg{c_0}）≥-lg（\frac{n-5}{n}{a_0}+\frac{3}{n}{b_0}+\frac{2}{n}{c_0}）$
而$\frac{n-5}{n}{a_0}+\frac{3}{n}{b_0}+\frac{2}{n}{c_0}≥{a_0}^{\frac{n-5}{n}}{b_0}^{\frac{3}{n}}{c_0}^{\frac{2}{n}}$，同理有：$\frac{n-5}{n}{a_0}+\frac{3}{n}{b_0}+\frac{2}{n}{c_0}≥{b_0}^{\frac{n-5}{n}}{c_0}^{\frac{3}{n}}{a_0}^{\frac{2}{n}}$$\frac{n-5}{n}{c_0}+\frac{3}{n}{a_0}+\frac{2}{n}{b_0}≥{c_0}^{\frac{n-5}{n}}{a_0}^{\frac{3}{n}}{b_0}^{\frac{2}{n}}$，
則${a_0}+{b_0}+{c_0}≥{a_0}^{\frac{n-5}{n}}{b_0}^{\frac{3}{n}}{c_0}^{\frac{2}{n}}+{b_0}^{\frac{n-5}{n}}{c_0}^{\frac{3}{n}}+{b_0}^{\frac{n-5}{n}}{a_0}^{\frac{3}{n}}{b_0}^{\frac{2}{n}}$成立，得證．

點評 本題考查新定義，考查不等式的證明，考查數(shù)學(xué)歸納法的運用，難度大．