Question

3．设函数g（x）=lnx，f（x）=g[λx+（1-λ）a]-λg（x），其中a，λ是正常数，且0＜λ＜1．
（Ⅰ）求函数f（x）的最值；
（Ⅱ）对于任意的正数m，是否存在正数x₀，使不等式|$\frac{{g（{x_0}+1）}}{x_0}$-1|＜m成立？并说明理由；
（Ⅲ）设λ₁＞0，λ₂＞0，且λ₁+λ₂=1，证明：对于任意正数a₁，a₂都有a₁^λ₁a₂^λ₂≤λ₁a₁+λ₂a₂．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最值即可；
（Ⅱ）$|\frac{g（x+1）}{x}-1|＜m?ln（x+1）+（m-1）x＞0$，设φ（x）=ln（x+1）+（m-1）x，m＞0，x＞0，根据函数的单调性判断即可；
（Ⅲ）先得到lnx^λ+lna^1-λ≤ln[λx+（1-λ）a]令λ₁=λ，λ₂=1-λ，a₁=x，a₂=a，代入整理即可证出结论．

解答 解：（I）${f^'}（x）=\frac{{λ（1-λ）（{x-a}）}}{{[λx+（{1-λ}）a]x}}$，
∵a＞0，1-λ＞0，λ＞0，x＞0，
∴当x＞a时，f′（x）＞0；0＜x＜a时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，
∴f（x）有最小值f（a）=（1-λ）lna，没有最大值；
（II）对?m＞0，?x₀＞0使得$|\frac{{g（{x_0}+1）}}{x_0}-1|＜m$成立，其理由如下：
令h（x）=ln（x+1）-x，则h′（x）≤0，
所以h（x）在[0，+∞）单调递减，
于是可得当x＞0时，ln（x+1）-x＜0，$\frac{{ln（{x+1}）}}{x}-1＜0$，
故$|\frac{g（x+1）}{x}-1|＜m?ln（x+1）+（m-1）x＞0$，
设φ（x）=ln（x+1）+（m-1）x，m＞0，x＞0，
则${φ^'}（x）=\frac{1}{x+1}+m-1=\frac{{（{m-1}）x+m}}{x+1}$，
当m≥1时，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴对于?x₀＞0均有φ（x₀）＞φ（0）=0恒成立，
当0＜m＜1时，由φ′（x）＞0可得$0＜x＜\frac{m}{1-m}$，由φ′（x）＜0可得$x＞\frac{m}{1-m}$，
于是φ（x）在$（0，\frac{m}{1-m}）$是增函数，在$（\frac{m}{1-m}，+∞）$是减函数，
∴对于$?{x_0}∈（0，\frac{m}{1-m}）$均有φ（x₀）＞φ（0）=0恒成立，
综上，对于任意的正数m，都存在正数x₀满足条件；
证明：（III）由（I）知，对?x＞0，a＞0，0＜λ＜1时，
都有ln[λx+（1-λ）a]-λlnx≥（1-λ）lna
即lnx^λ+lna^1-λ≤ln[λx+（1-λ）a]
令λ₁=λ，λ₂=1-λ，a₁=x，a₂=a，
则$ln（{{a_1}^{λ_1}{a_2}^{λ_2}}）≤ln（{{a_1}{λ_1}+{a_2}{λ_2}}）$，
∵y=lnx在（0，+∞）上是增函数，
∴${a_1}^{λ_1}{a_2}^{λ_2}≤{λ_1}{a_1}+{λ_2}{a_2}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道综合题．