Question

【题目】（I）已知函数f（x）=rx﹣xr+（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a1b1a2b2≤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，有求导公式（xα）r=αxα﹣1 ．

Answer 1

【答案】（I）解：求导函数可得：f′（x）=r（1﹣xr﹣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xr≤rx+（1﹣r）①
若a1 ， a2中有一个为0，则a1b1a2b2≤a1b1+a2b2成立；
若a1 ， a2均不为0，∵b1+b2=1，∴b2=1﹣b1 ，
∴①中令 ，可得a1b1a2b2≤a1b1+a2b2成立
综上，对a1≥0，a2≥0，b1 ， b2为正有理数，若b1+b2=1，则a1b1a2b2≤a1b1+a2b2；②
（III）解：（II）中的命题推广到一般形式为：设a1≥0，a2≥0，…，an≥0，b1 ， b2 ， …，bn为正有理数，若b1+b2+…+bn=1，则a1b1a2b2…anbn≤a1b1+a2b2+…anbn；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，…，ak≥0，b1 ， b2 ， …，bk为正有理数，若b1+b2+…+bk=1，则a1b1a2b2…akbk≤a1b1+a2b2+…akbk ．
当n=k+1时，a1≥0，a2≥0，…，ak+1≥0，b1 ， b2 ， …，bk+1为正有理数，若b1+b2+…+bk+1=1，则1﹣bk+1＞0
于是a1b1a2b2…akbkak+1bk+1=（a1b1a2b2…akbk）ak+1bk+1= ak+1bk+1
∵ + +…+ =1
∴ ≤ + +…+
=
∴ ak+1bk+1≤ （1﹣bk+1）+ak+1bk+1 ，
∴a1b1a2b2…akbkak+1bk+1≤a1b1+a2b2+…akbk+ak+1bk+1 ．
∴当n=k+1时，③成立
由（1）（2）可知，对一切正整数，推广的命题成立．
【解析】（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xr≤rx+（1﹣r），分类讨论：若a1 ， a2中有一个为0，则a1b1a2b2≤a1b1+a2b2成立；若a1 ， a2均不为0， ，可得a1b1a2b2≤a1b1+a2b2成立（III）（II）中的命题推广到一般形式为：设a1≥0，a2≥0，…，an≥0，b1 ， b2 ， …，bn为正有理数，若b1+b2+…+bn=1，则a1b1a2b2…anbn≤a1b1+a2b2+…anbn；
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a1b1a2b2…akbkak+1bk+1=（a1b1a2b2…akbk）ak+1bk+1= ak+1bk+1 ， 结合归纳假设，即可得到结论．