设f(x)=ex-a(x+1)(e是自然对数的底数.e=2.71828-).且f′(0)=0．(Ⅰ)求实数a的值.并求函数f(x)的单调区间,.对任意x1.x2∈R(x1＜x2).恒有g(x2)-g(x1)x2-x1＞m成立．求实数m的取值范围,(Ⅲ)若正实数λ1.λ2满足λ1+λ2=1.x1.x2∈R(x1≠x2).试证明:f(λ1x1+λ2x2)＜λ1f(x1)+λ2f(x 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

设f（x）=e^x-a（x+1）（e是自然对数的底数，e=2.71828…），且f′（0）=0．
（Ⅰ）求实数a的值，并求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）-f（-x），对任意x₁，x₂∈R（x₁＜x₂），恒有

g(x2)-g(x1)

x2-x1

＞m成立．求实数m的取值范围；
（Ⅲ）若正实数λ₁，λ₂满足λ₁+λ₂=1，x₁，x₂∈R（x₁≠x₂），试证明：f（λ₁x₁+λ₂x₂）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）；并进一步判断：当正实数λ₁，λ₂，…，λ_n满足λ₁+λ₂+…+λ_n=1（n∈N，n≥2），且x₁，x₂，…，x_n是互不相等的实数时，不等式f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_nx_n）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_nf（x_n）是否仍然成立．

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：归纳猜想型,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）由f′（0）=0，求出a的值，再由导数的正负性，求出函数的单调区间；
（Ⅱ）构造函数F（x）=g（x）-mx，利用F（x）的单调性，即F′（x）=-m≥0恒成立，求出m的取值范围是
（Ⅲ）根据作差法，构造函数，利用单调性证明；第二个结论用数学归纳法证明．

解答： 解：（Ⅰ）∵f′（x）=e^x-a，f′（0）=1-a=0，∴a=1，
令f′（x）=e^x-1＞0得x＞0；令f′（x）=e^x-1＜0得x＜0；
所以f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；单调递减区间为（-∞，0）．
（II）由

g(x2)-g(x1)

x2-x1

＞m，（x₁＜x₂）变形得：g（x₂）-mx₂＞g（x₁）-mx₁，
令函数F（x）=g（x）-mx，则F（x）在R上单调递增，
∴F′（x）=g′（x）-m≥0即m≤g′（x）在R上恒成立．
而g′（x）=f′（x）+f′（-x）=e^x+e^-x-2≥2

ex•e-x

-2=0（当且仅当x=0时取“=”）
所以m≤0．
（Ⅲ）证明：不妨设x₁＜x₂，由λ₁+λ₂=1，（λ₁，λ₂∈（0，1））得：
f（λ₁x₁+λ₂x₂）-[λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）]
=eλ1x1+λ2x2-（λ₁x₁+λ₂x₂）-1-λ1(ex1-x1-1)-λ2(ex2-x2-1)
=eλ1x1+λ2x2-λ1ex1-λ2ex2
=ex1(eλ1x1-x1+λ2x2-λ1-λ2ex2-x1)
=ex1(e-λ2x1+λ2x2-1+λ2-λ2ex2-x1)
=ex1[eλ2(x2-x1)-1+λ2-λ2ex2-x1]
其中ex1＞0，故上式的符号由因式“eλ2(x2-x1)-1+λ2-λ2ex1-x2”的符号确定．
令t=x₂-x₁，则函数φ（t）=eλ2t-1+λ2-λ2et（t＞0）．
φ′（t）=λ2eλ2t-λ2et=λ2et[e(λ2-1)t-1]，其中（λ₂-1）t＜0，得e(λ2-1)-1＜0，故φ′（t）＜0．
即φ（t）在（0，+∞）上单调递减，且φ（0）=0．所以φ（t）＜0．
从而有f（λ₁x₁+λ₂x₂）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）成立．
该不等式能更进一步推广：
已知n∈N，n≥2，λ₁，λ₂，…λ_n，是互不相等的实数，若正实数λ₁，λ₂，…，λ_n满足λ₁+λ₂+…+λ_n=1，
则f（λ₁x₁+λ₂x₂+…λ_nx_n）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…λ_nf（x_n）成立．
下面用数学归纳法加以证明：
i）当n=2时，由（Ⅱ）证明可知上述不等式成立；
ii）假设当n=k时，上述不等式成立．即有：f（λ₁x₁+λ₂x₂+…λ_kx_k）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…λ_kf（x_k）．
则当n=k+1时，由λ₁+λ₂+…+λ_k+λ_k+1=1，得：

λ1

1-λk+1

λ2

1-λk+1

+…+

λk

1-λk+1

=1，于是有：
f（

λ1

1-λk+1

x1+

λ2