Question

已知函数f（x）=lnx，g（x）=ln（λx+1-λ）-λlnx，λ∈（0，1）．
（1）证明：当x∈[1，+∞）时，g（x）≥0恒成立；
（2）若正数λ₁，λ₂满足λ₁+λ₂=1，证明对任意整数x₁，x₂，都有f（λ₁x₁+λ₂x₂）≥λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）；
（2）对任意正数λ₁，λ₂，λ₃，满足λ₁+λ₂+λ₃=1，类比（2）写出一个结论并证明其真假．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,类比推理

专题：综合题,函数的性质及应用

分析：（1）先求函数g（x）的导数，再验证单调性；
（2）由（1）知：当x∈[1，+∞）时，g（x）≥0恒成立，即是ln（λx+1-λ）≥λlnx（λ∈（0，1））对x∈[1，+∞）时恒成立．
f（λ₁x₁+λ₂x₂）=ln（λ₁x₁+λ₂x₂）=ln[(λ1

x1

x2

+λ2)x2]=ln(λ1

x1

x2

+λ2)+lnx₂，再用上述结论证明；
（3）类比（2）：对任意正数λ₁，λ₂，λ₃，满足λ₁+λ₂+λ₃=1，对任意正整数x₁，x₂，x₃，都有f（λ₁x₁+λ₂x₂+λ₃x₃）≥λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+λ₃f（x₃）；
证明时用第（2）问的结果，把3项的式子过度到2项解决．

解答： （1）证明：g′（x）=

λ

λx+1-λ

-

λ

x

=

λ(1-λ)(x-1)

x(λx+1-λ)

，
∵x∈（1，+∞）、λ∈（0，1），∴1-λ＞0，x-1＞0，∴

λ(1-λ)(x-1)

x(λx+1-λ)

＞0，
∴g（x）在[1，+∞）上递增，∴g（x）≥g（1）=0，
∴当x∈[1，+∞）时，g（x）≥0恒成立；
（2）证明：由（1）知：当x∈[1，+∞）时，g（x）≥0恒成立，
也即是ln（λx+1-λ）≥λlnx（λ∈（0，1））对x∈[1，+∞）时恒成立．
f（λ₁x₁+λ₂x₂）=ln（λ₁x₁+λ₂x₂）=ln[(λ1

x1

x2

+λ2)x2]=ln(λ1

x1

x2

+λ2)+lnx₂，
∵ln(λ1

x1

x2

+λ2)≥λ1ln

x1

x2

，
∴ln(λ1

x1

x2

+λ2)+lnx₂≥λ1ln

x1

x2

+lnx₂=λ₁lnx₁+（1-λ₁）lnx₂=λ₁lnx₁+λ₂lnx₂，
即f（λ₁x₁+λ₂x₂）≥λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）
（3）解：类比（2）：对任意正数λ₁，λ₂，λ₃，满足λ₁+λ₂+λ₃=1，对任意正整数x₁，x₂，x₃，
都有f（λ₁x₁+λ₂x₂+λ₃x₃）≥λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+λ₃f（x₃）；
证明：不失一般性，不妨设x₁≥x₂，则lnx₁≥lnx₂，∴f（x₁）≥f（x₂），∴λ₂f（x₁）≥λ₂f（x₂）；
∵λ₁+λ₂+λ₃=1，由（2）知：f（（λ₁+λ₂）x₁+λ₃x₃）≥（λ₁+λ₂）f（x₁）+λ₃f（x₃）=λ₁f（x₁）+λ₂f（x₁）+λ₃f（x₃）≥λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+λ₃f（x₃）；
证毕．

点评：本题考查导函数与函数单调性的关系，对于连续多问的题目，要充分利用上一问的结论，属于高档题．