Question

已知函数f（x）=ln（x+1）+mx，当x=0时，函数f（x）取得极大值．
（1）求实数m的值；
（2）已知结论：若函数f（x）=ln（x+1）+mx在区间（a，b）内导数都存在，且a＞-1，则存在x∈（a，b），使得．试用这个结论证明：若-1＜x₁＜x₂，函数，则对任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x）；
（3）已知正数λ₁，λ₂，…，λ_n，满足λ₁+λ₂+…+λ_n=1，求证：当n≥2，n∈N时，对任意大于-1，且互不相等的实数x₁，x₂，…，x_n，都有f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_nx_n）＞λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_nf（x_n）．

Answer 1

【答案】分析：（1）求导函数，利用当x=0时，函数f（x）取得极大值，即可求得实数m的值；
（2）令，则，根据函数f（x）在x∈（x₁，x₂）上可导，可得存在x∈（x₁，x₂），使得，从而，进而可得h（x）＞0；
（3）用数学归纳法证明，先证明当n=2时，结论成立；再证明假设当n=k（k≥2）时结论成立，利用归纳假设证明当n=k+1时，结论也成立．
解答：（1）解：求导函数．
∵当x=0时，函数f（x）取得极大值
∴f'（0）=0，得m=-1，此时．
当x∈（-1，0）时，f'（x）＞0，函数f（x）在区间（-1，0）上单调递增；
当x∈（0，+∞）时，f'（x）＜0，函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递减．
∴函数f（x）在x=0处取得极大值，故m=-1．…（3分）
（2）证明：令，…（4分）
则．
∵函数f（x）在x∈（x₁，x₂）上可导，
∴存在x∈（x₁，x₂），使得．
∵，
∴
∵当x∈（x₁，x）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，∴h（x）＞h（x₁）=0；
∵当x∈（x，x₂）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，∴h（x）＞h（x₂）=0；
故对任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x）．…（8分）
（3）证明：用数学归纳法证明．
①当n=2时，∵λ₁+λ₂=1，且λ₁＞0，λ₂＞0，∴λ₁x₁+λ₂x₂∈（x₁，x₂），∴由（Ⅱ）得f（x）＞g（x），
即，
∴当n=2时，结论成立．…（9分）
②假设当n=k（k≥2）时结论成立，即当λ₁+λ₂+…+λ_k=1时，f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_kx_k）＞λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_kf（x_k）．
当n=k+1时，设正数λ₁，λ₂，…，λ_k+1满足λ₁+λ₂+…+λ_k+1=1，
令m=λ₁+λ₂+…+λ_k，，则m+λ_k+1n=1，且μ₁+μ₂+…+μ_k=1．
f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_kx_k+λ_k+1x_k+1）=f[m（μ₁x₁+…+μ_kx_k）+λ_k+1x_k+1]＞mf（μ₁x₁+…+μ_kx_k）+λ_k+1f（x_k+1）＞mμ₁f（x₁）+…+mμ_kf（x_k）+λ_k+1f（x_k+1）=λ₁f（x₁）+…+λ_kf（x_k）+λ_k+1f（x_k+1）…（13分）
∴当n=k+1时，结论也成立．
综上由①②，对任意n≥2，n∈N，结论恒成立．…（14分）
点评：本题考查导数知识的运用，考查数学归纳法证明不等式，解题的关键是利用函数的极值点处导数为0，利用数学归纳法的证题步骤进行证明，综合性强．