Question

15．定义：设f（x）为（a，b）上的可导函数，若f′（x）为增函数，则称f（x）为（a，b）上的凸函数．
（1）判断函数y=x³与y=lg$\frac{1}{x}$是否为凸函数；
（2）设f（x）为（a，b）上的凸函数，求证：若λ₁+λ₂+…+λ_n=1，λ_i＞0（i=1，2，…，n），则?x_i∈（a，b）（i=1，2，…，n）恒有λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_nf（x_n）=f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_nx_n）成立；
（3）设a，b，c＞0，n∈N^*，n≥b，求证：aⁿ+bⁿ+cⁿ≥a^n-5b³c²+b^n-5c³a²+c^n-5a³b²．

Answer 1

分析 （1）利用定义，判断函数y=x³与y=lg$\frac{1}{x}$是否为凸函数；
（2）n=2时，即证：λ₁λ₂＞0且λ₁+λ₂=1时，λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）≥f（λ₁x₁+λ₂x₂），再用数学归纳法进行证明即可；
（3）令a₀=aⁿ，b₀=bⁿ，c₀=cⁿ，即证：（a₀，b₀，c₀＞0）${a_0}+{b_0}+{c_0}≥{a_0}^{\frac{n-5}{n}}{b_0}^{\frac{3}{n}}{c_0}^{\frac{2}{n}}+{b_0}^{\frac{n-5}{n}}{c_0}^{\frac{3}{n}}+{b_0}^{\frac{n-5}{n}}{a_0}^{\frac{3}{n}}{b_0}^{\frac{2}{n}}$成立．

解答 解：（1）y=x³，y′=3x²，y″=6x≥0不恒成立，故不是凸函数；
y=lg$\frac{1}{x}$，y′=-$\frac{1}{xln10}$，y″=$\frac{1}{{x}^{2}ln10}$＞0，是凸函数；
（2）n=2时，即证：λ₁λ₂＞0且λ₁+λ₂=1时，λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）≥f（λ₁x₁+λ₂x₂）
不防设x₁≥x₂，x₁，x₂∈（a，b），令F（x）=λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）-f（λ₁x₁+λ₂x₂）F′（x）=λ₁[f′（x）-f′（λ₁x+λ₂x₂）]
因为x-（λ₁x+λ₂x₂）=λ₂（x₁-x₂）≥0
且f′（x）时递增函数，所以F′（x）≥0，即F（x）为单调递增函数，
所以F（x₁）≥F（x₂）=0，即λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）≥f（λ₁x₁+λ₂x₂）；
假设n=k（k≥2）时，结论成立，
即?λ_i＞0，$\sum_{i=1}^k{λ_i}$=1，x_i∈（a，b），（i=1，2，3，…，k），有$\sum_{i=1}^k{{λ_i}f（{x_i}）≥f（\sum_{i=1}^k{{λ_i}{x_i}}）}$成立，
则n=k+1时，?λ_i＞0，$\sum_{i=1}^k{λ_i}$=1，x_i∈（a，b），（i=1，2，3，…，k，k+1），有$f（{λ_1}{x_1}+{λ_2}{x_2}+…+{λ_k}{x_k}+{λ_{k+1}}{x_{k+1}}）=f[{λ_1}{x_1}+{λ_2}{x_2}+…+{λ_{k-1}}{x_{k-1}}+（{λ_k}+{λ_{k+1}}）（\frac{{{λ_k}{x_k}+{λ_{k+1}}{x_{k+1}}}}{{{λ_k}+{λ_{k+1}}}}）]$$≤{λ_1}f（{x_1}）+{λ_2}f（{x_2}）+…+{λ_{k-1}}f（{x_{k-1}}）+（{λ_k}+{λ_{k+1}}）f（\frac{λ_k}{{{λ_k}+{λ_{k+1}}}}{x_k}+\frac{{{λ_{k+1}}}}{{{λ_k}+{λ_{k+1}}}}{x_{k+1}}）]$≤λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_k+1f（x_k+1）
所以n=k+1时，结论也成立，
综合以上可得，原结论成立．
（3）令a₀=aⁿ，b₀=bⁿ，c₀=cⁿ，即证：（a₀，b₀，c₀＞0）${a_0}+{b_0}+{c_0}≥{a_0}^{\frac{n-5}{n}}{b_0}^{\frac{3}{n}}{c_0}^{\frac{2}{n}}+{b_0}^{\frac{n-5}{n}}{c_0}^{\frac{3}{n}}+{b_0}^{\frac{n-5}{n}}{a_0}^{\frac{3}{n}}{b_0}^{\frac{2}{n}}$成立，
由（1）得f（x）=lg$\frac{1}{x}$为凸函数，而$\frac{n-5}{n}+\frac{3}{n}+\frac{2}{n}$=1，
有$\frac{n-5}{n}（-lg{a_0}）+\frac{3}{n}（-lg{b_0}）+\frac{2}{n}（-lg{c_0}）≥-lg（\frac{n-5}{n}{a_0}+\frac{3}{n}{b_0}+\frac{2}{n}{c_0}）$
而$\frac{n-5}{n}{a_0}+\frac{3}{n}{b_0}+\frac{2}{n}{c_0}≥{a_0}^{\frac{n-5}{n}}{b_0}^{\frac{3}{n}}{c_0}^{\frac{2}{n}}$，同理有：$\frac{n-5}{n}{a_0}+\frac{3}{n}{b_0}+\frac{2}{n}{c_0}≥{b_0}^{\frac{n-5}{n}}{c_0}^{\frac{3}{n}}{a_0}^{\frac{2}{n}}$$\frac{n-5}{n}{c_0}+\frac{3}{n}{a_0}+\frac{2}{n}{b_0}≥{c_0}^{\frac{n-5}{n}}{a_0}^{\frac{3}{n}}{b_0}^{\frac{2}{n}}$，
则${a_0}+{b_0}+{c_0}≥{a_0}^{\frac{n-5}{n}}{b_0}^{\frac{3}{n}}{c_0}^{\frac{2}{n}}+{b_0}^{\frac{n-5}{n}}{c_0}^{\frac{3}{n}}+{b_0}^{\frac{n-5}{n}}{a_0}^{\frac{3}{n}}{b_0}^{\frac{2}{n}}$成立，得证．

点评 本题考查新定义，考查不等式的证明，考查数学归纳法的运用，难度大．