题目内容
已知函数f(x)=ex-
x2，其导函数为f′（x）．
（1）求f′（x）的最小值；
（2）证明：对任意的x1，x2∈[0，+∞）和实数λ1≥0，λ2≥0且λ1+λ2=1，总有f（λ1x1+λ2x2）≤λ1f（x1）+λ2f（x2）；
（3）若x1，x2，x3满足：x1≥0，x2≥0，x3≥0且x1+x2+x3=3，求f（x1）+f（x2）+f（x3）的最小值．
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（1）求f′（x）的最小值；
（2）证明：对任意的x1，x2∈[0，+∞）和实数λ1≥0，λ2≥0且λ1+λ2=1，总有f（λ1x1+λ2x2）≤λ1f（x1）+λ2f（x2）；
（3）若x1，x2，x3满足：x1≥0，x2≥0，x3≥0且x1+x2+x3=3，求f（x1）+f（x2）+f（x3）的最小值．
分析：（1）求出f′（x），利用导数判断f′（x）的单调性，由单调性即可求得其最小值；
（2）不妨设x1≤x2，构造函数K（x）=f（λ1x+λ2x2）-λ1f（x）-λ2f（x2）（x∈[0，x2]），只需证明K（x）≤0，由（1）可判断K′（x）≥0，从而知函数K（x）在[0，x2]上单调递增，故而K（x）≤K（x2），得证；
（3）先证对任意的x1，x2，x3∈[0，+∞）和实数λ1≥0，λ2≥0，λ3≥0，且λ1+λ2+λ3=1，总有f（λ1x1+λ2x2+λ3x3）≤λ1f（x1）+λ2f（x2）+λ3f（x3），运用（2）的结论容易证明，再令λ1=λ2=λ3=
，即可求得其最小值．
（2）不妨设x1≤x2，构造函数K（x）=f（λ1x+λ2x2）-λ1f（x）-λ2f（x2）（x∈[0，x2]），只需证明K（x）≤0，由（1）可判断K′（x）≥0，从而知函数K（x）在[0，x2]上单调递增，故而K（x）≤K（x2），得证；
（3）先证对任意的x1，x2，x3∈[0，+∞）和实数λ1≥0，λ2≥0，λ3≥0，且λ1+λ2+λ3=1，总有f（λ1x1+λ2x2+λ3x3）≤λ1f（x1）+λ2f（x2）+λ3f（x3），运用（2）的结论容易证明，再令λ1=λ2=λ3=
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解答：（1）解：f′（x）=ex-x，f''（x）=ex-1
当x∈（-∞，0）时，f''（x）=ex-1＜0，即f′（x）在区间（-∞，0）上为减函数；
当x∈[0，+∞）时，f''（x）=ex-1≥0，即f′（x）在区间[0，+∞）上为增函数；
于是f′（x）的最小值为f′（0）=1．
（2）证明：不妨设x1≤x2，构造函数K（x）=f（λ1x+λ2x2）-λ1f（x）-λ2f（x2）（x∈[0，x2]），
则有K（x2）=f（λ1x2+λ2x2）-λ1f（x2）-λ2f（x2）=0，
则K′(x)=λ1f′(λ1x+λ2x2)-λ1f′(x)=λ1(f′(λ1x+λ2x2)-f′(x))，
而λ1x+λ2x2-x=（λ1-1）x+λ2x2=λ2（x2-x）≥0，所以λ1x+λ2x2≥x，
由（1）知f′（x）在区间[0，+∞）上为增函数，
所以f′(λ1x+λ2x2)-f′(x)≥0，即K′（x）≥0，
所以K（x）在[0，x2]上单调递增，
所以K（x）≤K（x2）=0，即f（λ1x1+λ2x2）≤λ1f（x1）+λ2f（x2）．
（3）解：先证对任意的x1，x2，x3∈[0，+∞）和实数λ1≥0，λ2≥0，λ3≥0，且λ1+λ2+λ3=1，
总有f（λ1x1+λ2x2+λ3x3）≤λ1f（x1）+λ2f（x2）+λ3f（x3），f(λ1x1+λ2x2+λ3x3)=f((λ1+
)(
x1+
x2)+λ3x3)≤(λ1+λ2)f(
x1+
x2)+λ3f(x3)≤(λ1+λ2)•(
f(x1)+
f(x2))+λ3f(x3)
=λ1f（x1）+λ2f（x2）+λ3f（x3），
令λ1=λ2=λ3=
，有f(
)≤
(f(x1)+f(x2)+f(x3))，
当x1≥0，x2≥0，x3≥0且x1+x2+x3=3时，有f(x1)+f(x2)+f(x3)≥3f(
)=3f(1)=3e-
．
所以f（x1）+f（x2）+f（x3）的最小值为3e-
．
当x∈（-∞，0）时，f''（x）=ex-1＜0，即f′（x）在区间（-∞，0）上为减函数；
当x∈[0，+∞）时，f''（x）=ex-1≥0，即f′（x）在区间[0，+∞）上为增函数；
于是f′（x）的最小值为f′（0）=1．
（2）证明：不妨设x1≤x2，构造函数K（x）=f（λ1x+λ2x2）-λ1f（x）-λ2f（x2）（x∈[0，x2]），
则有K（x2）=f（λ1x2+λ2x2）-λ1f（x2）-λ2f（x2）=0，
则K′(x)=λ1f′(λ1x+λ2x2)-λ1f′(x)=λ1(f′(λ1x+λ2x2)-f′(x))，
而λ1x+λ2x2-x=（λ1-1）x+λ2x2=λ2（x2-x）≥0，所以λ1x+λ2x2≥x，
由（1）知f′（x）在区间[0，+∞）上为增函数，
所以f′(λ1x+λ2x2)-f′(x)≥0，即K′（x）≥0，
所以K（x）在[0，x2]上单调递增，
所以K（x）≤K（x2）=0，即f（λ1x1+λ2x2）≤λ1f（x1）+λ2f（x2）．
（3）解：先证对任意的x1，x2，x3∈[0，+∞）和实数λ1≥0，λ2≥0，λ3≥0，且λ1+λ2+λ3=1，
总有f（λ1x1+λ2x2+λ3x3）≤λ1f（x1）+λ2f（x2）+λ3f（x3），f(λ1x1+λ2x2+λ3x3)=f((λ1+
| λ | 2 |
| λ1 |
| λ1+λ2 |
| λ2 |
| λ1+λ2 |
| λ1 |
| λ1+λ2 |
| λ2 |
| λ1+λ2 |
| λ1 |
| λ1+λ2 |
| λ2 |
| λ1+λ2 |
=λ1f（x1）+λ2f（x2）+λ3f（x3），
令λ1=λ2=λ3=
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| x1+x2+x3 |
| 3 |
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当x1≥0，x2≥0，x3≥0且x1+x2+x3=3时，有f(x1)+f(x2)+f(x3)≥3f(
| x1+x2+x3 |
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所以f（x1）+f（x2）+f（x3）的最小值为3e-
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点评：本题考查利用导数研究函数的单调性、求函数的最值，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力，考查学生对问题的转化能力，本题综合性强，难度大，能力要求高．
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