已知函数f(x)=rx-xr+.其中r为有理数.且0＜r＜1．求f(x)的最小值,的结果证明如下命题:设a1≥0.a2≥0.b1.b2为正有理数.若b1+b2=1.则a1b1a2b2≤a1b1+a2b2,中的命题推广到一般形式.并用数学归纳法证明你所推广的命题．注:当α为正有理数时.有求道公式(xα)r=αxα-1．题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

（2012•湖北）（I）已知函数f（x）=rx-x^r+（1-r）（x＞0），其中r为有理数，且0＜r＜1．求f（x）的最小值；
（II）试用（I）的结果证明如下命题：设a₁≥0，a₂≥0，b₁，b₂为正有理数，若b₁+b₂=1，则a₁^b1a₂^b2≤a₁b₁+a₂b₂；
（III）请将（II）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．注：当α为正有理数时，有求道公式（x^α）^r=αx^α-1．

分析：（I）求导函数，令f′（x）=0，解得x=1；确定函数在（0，1）上是减函数；在（0，1）上是增函数，从而可求f（x）的最小值；
（II）由（I）知，x∈（0，+∞）时，有f（x）≥f（1）=0，即x^r≤rx+（1-r），分类讨论：若a₁，a₂中有一个为0，则a₁^b1a₂^b2≤a₁b₁+a₂b₂成立；若a₁，a₂均不为0，x=

，r=b1，可得a₁^b1a₂^b2≤a₁b₁+a₂b₂成立
（III）（II）中的命题推广到一般形式为：设a₁≥0，a₂≥0，…，a_n≥0，b₁，b₂，…，b_n为正有理数，若b₁+b₂+…+b_n=1，则a₁^b1a₂^b2…a_n^bn≤a₁b₁+a₂b₂+…a_nb_n；
用数学归纳法证明：（1）当n=1时，b₁=1，a₁≤a₁，推广命题成立；（2）假设当n=k时，推广命题成立，证明当n=k+1时，利用a₁^b1a₂^b2…a_k^bka_k+1^bk+1=（a₁^b1a₂^b2…a_k^bk）a_k+1^bk+1=(a1

1-bk+1

…ak

1-bk+1

)1-bk+1a_k+1^bk+1，结合归纳假设，即可得到结论．

解答：（I）解：求导函数可得：f′（x）=r（1-x^r-1），令f′（x）=0，解得x=1；
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，1）上是减函数；
当x＞1时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，1）上是增函数
所以f（x）在x=1处取得最小值f（1）=0；
（II）解：由（I）知，x∈（0，+∞）时，有f（x）≥f（1）=0，即x^r≤rx+（1-r）①
若a₁，a₂中有一个为0，则a₁^b₁a₂^b₂≤a₁b₁+a₂b₂成立；
若a₁，a₂均不为0，∵b₁+b₂=1，∴b₂=1-b₁，
∴①中令x=

，r=b1，可得a₁^b₁a₂^b₂≤a₁b₁+a₂b₂成立
综上，对a₁≥0，a₂≥0，b₁，b₂为正有理数，若b₁+b₂=1，则a₁^b1a₂^b2≤a₁b₁+a₂b₂；②
（III）解：（II）中的命题推广到一般形式为：设a₁≥0，a₂≥0，…，a_n≥0，b₁，b₂，…，b_n为正有理数，若b₁+b₂+…+b_n=1，则a₁^b₁a₂^b₂…a_n^b_n≤a₁b₁+a₂b₂+…a_nb_n；③
用数学归纳法证明
（1）当n=1时，b₁=1，a₁≤a₁，③成立
（2）假设当n=k时，③成立，即a₁≥0，a₂≥0，…，a_k≥0，b₁，b₂，…，b_k为正有理数，若b₁+b₂+…+b_k=1，则a₁^b₁a₂^b₂…a_k^b_k≤a₁b₁+a₂b₂+…a_kb_k．
当n=k+1时，a₁≥0，a₂≥0，…，a_k+1≥0，b₁，b₂，…，b_k+1为正有理数，若b₁+b₂+…+b_k+1=1，则1-b_k+1＞0
于是a₁^b₁a₂^b₂…a_k^b_ka_k+1^b_k+1=（a₁^b₁a₂^b₂…a_k^b_k）a_k+1^b_k+1=(a1

1-bk+1