题目内容

【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.
(1)求f(x)的最小值;
(2)试用(1)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
(3)请将(2)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(xαr=αxα1

【答案】
(1)

解:求导函数可得:f′(x)=r(1﹣xr1),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;


(2)

解:由(1)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


(3)

解:(2)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】(1)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;(2)由(1),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(3)(2)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.

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试题解析】

(Ⅰ)

,则.

,∴上单调递增,

从而得上单调递增,又∵

∴当时, ,当时,

因此, 的单调增区间为,单调减区间为.

(Ⅱ)由(Ⅰ)得上单调递减,在上单调递增,

由此可知.

.

.

∵当时, ,∴上单调递增.

又∵,∴当时, ;当时, .

①当时, ,即,这时,

②当时, ,即,这时, .

综上, 上的最大值为:当时,

时, .

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型】解答
束】
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