Question

13．设函数g（x）=e^x，f（x）=g[λx+（1-λ）a]-λg（x），其中a，λ为常数，且0＜λ＜1
（I）求函数f（x）的极值；
（II）证明：对?a∈R⁺，?x∈R⁺，使得不等式|$\frac{g（x）-1}{x}-1$|＜a成立；
（III）设λ₁，λ₂∈R⁺，且λ₁+λ₂=1，证明：对?a₁，a₂∈R⁺，都有a₁^λ₁a₂^λ₂≤λ₁a₁+λ₂a₂．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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．
（Ⅱ）由 $\frac{{e}^{x}-1}{x}$-1=$\frac{{e}^{x}-x-1}{x}$，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．
（Ⅲ）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：（Ⅰ）∵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．
（Ⅱ）证明：∵|$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-1|=|$\frac{{e}^{x}-x-1}{x}$|，
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 $\frac{{e}^{x}-x-1}{x}$＜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）=$\frac{a}{1+a}$-ln（1+a），则s′（a）=$\frac{1}{{（1+a）}^{2}}$-$\frac{1}{1+a}$=-$\frac{a}{{（1+a）}^{2}}$＜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．
（Ⅲ）证明：对任意正数a₁，a₂，一定存在实数x₁，x₂使a₁=e^x₁，a₂=e^x₂，
则a₁^λ₁•a₂ ^λ₂=e ^λ₁x₁•e ^λ₂x₂，λ₁a₁+λ₂a₂=λ₁e^x₁+λ₂${e}^{{x}_{2}}$，
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．