Question

设g（x）=e^x，f（x）=g[λx+（1-λ）a]-λg（x），其中a，λ是常数，且0＜λ＜1．
（1）求函数f（x）的最值；
（2）证明：对任意正数a，存在正数x，使不等式|

g(x)-1

x

-1|＜a成立；
（3）设λ₁＞0，λ₂＞0，且λ₁+λ₂=1，证明：对任意正数a₁a₂都有a₁ λ1a₂ λ2≤λ₁a₁+λ₂a₂．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的概念及应用

分析：（1）首先对函数求导并令导数等于0，解出x的值，研究单调性，求出最值．
（2）由

ex-1

x

-1=

ex-x-1

x

，当x＞0时为正，可将原不等式化为e^x-（1+a）x-1＜0，令g（x）=e^x-（1+a）x-1，利用导数研究此函数的极值，从而得出存在正数x=ln（a+1），使原不等式成立．
（3）主要还是借助于指数运算的知识构造出能够利用（1）的结论，变成两个函数（值）间的大小比较，从而最终化为函数的单调性问题．

解答： 解：（1）∵f′（x）=λg[λx+（1-λ）a]-λg′（x），
由f′（x）＞0得，g[λx+（1-λ）a]＞g′（x），
∴λx+（1-λ）a＞x，即（1-λ）（x-a）＜0，又因为0＜λ＜1，所以x＜a，
故当x＜a时，f′（x）＞0；当x＞a时，f′（x）＜0；所以原函数在（-∞，a）递增，在（a，+∞）递减
∴当x=a时，f（x）取最大值f（a）=e^a．
（2）∵|

ex-1

x

-1|=|

ex-x-1

x

|，
又当x＞0时，令h（x）=e^x-x-1，则h′（x）=e^x-1＞0，
故h（x）＞h（0）=0，
因此原不等式化为

ex-x-1

x

＜a，即e^x-（1+a）x-1＜0，
令g（x）=e^x-（1+a）x-1，则g′（x）=e^x-（1+a），
由g′（x）=0得：e^x=（1+a），解得x=ln（a+1），
当0＜x＜ln（a+1）时，g′（x）＜0；当x＞ln（a+1）时，g′（x）＞0．
故当x=ln（a+1）时，g（x）取最小值g[ln（a+1）]=a-（1+a）ln（a+1），
令s（a）=

a

1+a

-ln（1+a），则s′（a）=

1

(1+a)2

-

1

1+a

=-

a

(1+a)2

＜0．
故s（a）＜s（0）=0，即g[ln（a+1）]=a-（1+a）ln（a+1）＜0．
因此，存在正数x=ln（a+1），使原不等式成立．
（3）对任意正数a₁，a₂，一定存在实数x₁，x₂使a₁=ex1，a₂=ex2，
则a1λ1•a₂ λ2=e λ1x1•e λ2x2，λ1a1+λ2a2=λ1ex1+λ2ex2，
原不等式 a1λ1•a₂ λ2≤λ₁a₁+λ₂a₂?e λ1x1+ λ2x2≤λ₁e^x1+λ₂e^x2，
?g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂）
由（1）f（x）≤（1-λ）g（a）
故g[λa+（1-λ）a]≤λg（x）+（1-λ）g（a）
令x=x₁，a=x₂，λ=λ₁，1-λ=λ₂
从而g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂）
故e λ1x1+λ2x2≤λ₁e^x1+λ₂e^x2成立，
即对任意正数a₁a₂都有a₁ λ1a₂ λ2≤λ₁a₁+λ₂a₂．
原式得证．

点评：本题主要考查学生对函数的单调性与导数的关系，函数的最值与导数的关系等知识点的理解，有一定难度，属能力题．