Question

已知函数f(x)=ex-

1

2

x2，其导函数为f′（x）．
（1）求f′（x）的最小值；
（2）证明：对任意的x₁，x₂∈[0，+∞）和实数λ₁≥0，λ₂≥0且λ₁+λ₂=1，总有f（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）；
（3）若x₁，x₂，x₃满足：x₁≥0，x₂≥0，x₃≥0且x₁+x₂+x₃=3，求f（x₁）+f（x₂）+f（x₃）的最小值．

Answer 1

分析：（1）求出f′（x），利用导数判断f′（x）的单调性，由单调性即可求得其最小值；
（2）不妨设x₁≤x₂，构造函数K（x）=f（λ₁x+λ₂x₂）-λ₁f（x）-λ₂f（x₂）（x∈[0，x₂]），只需证明K（x）≤0，由（1）可判断K′（x）≥0，从而知函数K（x）在[0，x₂]上单调递增，故而K（x）≤K（x₂），得证；
（3）先证对任意的x₁，x₂，x₃∈[0，+∞）和实数λ₁≥0，λ₂≥0，λ₃≥0，且λ₁+λ₂+λ₃=1，总有f（λ₁x₁+λ₂x₂+λ₃x₃）≤λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+λ₃f（x₃），运用（2）的结论容易证明，再令λ1=λ2=λ3=

1

3

，即可求得其最小值．

解答：（1）解：f′（x）=e^x-x，f''（x）=e^x-1
当x∈（-∞，0）时，f''（x）=e^x-1＜0，即f′（x）在区间（-∞，0）上为减函数；
当x∈[0，+∞）时，f''（x）=e^x-1≥0，即f′（x）在区间[0，+∞）上为增函数；
于是f′（x）的最小值为f′（0）=1．
（2）证明：不妨设x₁≤x₂，构造函数K（x）=f（λ₁x+λ₂x₂）-λ₁f（x）-λ₂f（x₂）（x∈[0，x₂]），
则有K（x₂）=f（λ₁x₂+λ₂x₂）-λ₁f（x₂）-λ₂f（x₂）=0，
则K′(x)=λ1f′(λ1x+λ2x2)-λ1f′(x)=λ1(f′(λ1x+λ2x2)-f′(x))，
而λ₁x+λ₂x₂-x=（λ₁-1）x+λ₂x₂=λ₂（x₂-x）≥0，所以λ₁x+λ₂x₂≥x，
由（1）知f′（x）在区间[0，+∞）上为增函数，
所以f′(λ1x+λ2x2)-f′(x)≥0，即K′（x）≥0，
所以K（x）在[0，x₂]上单调递增，
所以K（x）≤K（x₂）=0，即f（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）．
（3）解：先证对任意的x₁，x₂，x₃∈[0，+∞）和实数λ₁≥0，λ₂≥0，λ₃≥0，且λ₁+λ₂+λ₃=1，
总有f（λ₁x₁+λ₂x₂+λ₃x₃）≤λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+λ₃f（x₃），f(λ1x1+λ2x2+λ3x3)=f((λ1+

λ

2

)(

λ1

λ1+λ2

x1+

λ2

λ1+λ2

x2)+λ3x3)≤(λ1+λ2)f(

λ1

λ1+λ2

x1+

λ2

λ1+λ2

x2)+λ3f(x3)≤(λ1+λ2)•(

λ1

λ1+λ2

f(x1)+

λ2

λ1+λ2

f(x2))+λ3f(x3)
=λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+λ₃f（x₃），
令λ1=λ2=λ3=

1

3

，有f(

x1+x2+x3

3

)≤

1

3

(f(x1)+f(x2)+f(x3))，
当x₁≥0，x₂≥0，x₃≥0且x₁+x₂+x₃=3时，有f(x1)+f(x2)+f(x3)≥3f(

x1+x2+x3

3

)=3f(1)=3e-

3

2

．
所以f（x₁）+f（x₂）+f（x₃）的最小值为3e-

3

2

．

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性、求函数的最值，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力，考查学生对问题的转化能力，本题综合性强，难度大，能力要求高．