Question

19．（1）已知a为常数，且0＜a＜1，函数f（x）=（1+x）^a-ax，求函数f（x）在x＞-1上的最大值；
（2）若a，b均为正实数，求证：a^b+b^a＞1．

Answer 1

分析 （1）由f′（x）=a（1+x）^a-1-a=a[（1+x）^a-1-1]，当-1＜x＜0时，f′（x）＞0，当x＞0，f′（x）＜0，f（x）在x=0处取极大值，也是最大值f（0）=1；
（2）①当a，b中有一个大于1时，不妨设a≥1，a^b+b^a＞a^b＞1，②当a，b均属于（0，1），设a=$\frac{1}{1+m}$，b=$\frac{1}{1+n}$，（m，n＞0），则a^b=$（\frac{1}{1+m}）^{\frac{1}{1+n}}$=$\frac{1}{（1+m）^{\frac{1}{1+n}}}$≥$\frac{1}{1+\frac{m}{1+n}}$=$\frac{1+n}{1+m+n}$，同理b^a≥$\frac{1+m}{1+m+n}$，即可证明a^b+b^a＞1．

解答 解：（1）由f（x）=（1+x）^a-ax，求导f′（x）=a（1+x）^a-1-a=a[（1+x）^a-1-1]，
当-1＜x＜0时，f′（x）＞0，当x＞0，f′（x）＜0，
∴f（x）在x=0处取极大值，也是最大值f（0）=1，
∴f（x）的最大值为1；
（2）证明：①当a，b中有一个大于1时，不妨设a≥1，
a^b+b^a＞a^b＞1，
②当a，b均属于（0，1），设a=$\frac{1}{1+m}$，b=$\frac{1}{1+n}$，（m，n＞0），
则a^b=$（\frac{1}{1+m}）^{\frac{1}{1+n}}$=$\frac{1}{（1+m）^{\frac{1}{1+n}}}$≥$\frac{1}{1+\frac{m}{1+n}}$=$\frac{1+n}{1+m+n}$，
同理可知：b^a≥$\frac{1+m}{1+m+n}$，
∴a^b+b^a＞$\frac{1+n}{1+m+n}$+$\frac{1+m}{1+m+n}$=$\frac{2+m+n}{1+m+n}$＞1，
∴a^b+b^a＞1．

点评 本题考查利用导数求函数的单调性及极值，考查不等式的证明，考查分类讨论思想，属于中档题．