Question

13．已知函数f（x）（x∈R），f′（x）存在，记g（x）=f′（x），且g′（x）也存在，g′（x）＜0．
（1）求证：f（x）≤f（x₀）+f′（x₀）（x-x₀）；（x₀∈R）
（2）设${λ_i}∈{R^+}（i=1，2，3，…$n），且λ₁+λ₂+…+λ_n=1，x_i∈R（i=1，…，n）（n∈N₊）
求证：λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_nf（x_n）≤f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_nx_n）
（3）已知a，f（a），f[f（a）]，f{f[（f（a）]}是正项的等比数列，求证：f（a）=a．

Answer 1

分析 （1）构造辅助函数ϕ（x）=f（x）-f（x₀）-f'（x₀）（x-x₀），求导，根据函数的单调性求得ϕ（x）的极大值，ϕ（x）≤ϕ（x₀）=0，即可得f（x）≤f（x₀）+f'（x₀）（x-x₀）；
（2）由（1）可知，两边分别同乘以λ₁，λ₂，λ₃，…λ_n，采用累加法，得λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_nf（x_n）≤（λ₁+λ₂+…+λ_n）f（x₀）+f'（x₀）•[λ₁（x₁-x₀）+λ₂（x₂-x₀）+…+λ_n（x_n-x₀）]，由λ₁+λ₂+…+λ_n=1，设x₀=λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_nx_n，则λ₁（x₁-x₀）+λ₂（x₂-x₀）+…+λ_n（x_n-x₀）=0，即可证明
λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_nf（x_n）≤f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_nx_n）；
（3）分别求得f（a）=aq，f[f（a）]=aq²，f{f[f[f（a}}=aq³，λx₁+（1-λ）x₂=aq，f[λx₁+（1-λ）x₂]=f（aq）=f[f（a）]=aq²，可得：$λf（{x_1}）+（1-λ）f（{x_2}）=a{q^2}$=f[λx₁+（1-λ）x₂]，由n=2，λ₁=λ，λ₂=1-λ，即λf（x₁）+（1-λ）f（x₂）≤f[λx₁+（1-λ）x₂]，当且仅当x₁=x₂时成立，即a=aq²⇒a=1，可得f（a）=a．

解答 解：（1）证明：设ϕ（x）=f（x）-f（x₀）-f'（x₀）（x-x₀），则ϕ'（x）=f'（x）-f'（x₀）
∵g'（x）＜0故g（x）=f'（x）为减函数，则x=x₀为ϕ（x）的极大值点．
∵ϕ（x）≤ϕ（x₀）=0，即f（x）≤f（x₀）+f'（x₀）（x-x₀）（当且仅当在x=x₀取到）
（2）证明：由（1）可知：f（x₁）≤f（x₀）+f'（x₀）（x₁-x₀），
两边同乘以λ₁得λ₁f（x₁）≤λ₁f（x₀）+λ₁f'（x₀）（x₁-x₀），
λ₂f（x₂）≤λ₂f（x₀）+λ₂f'（x₀）（x₂-x₀），
…
λ_nf（x_n）≤λ_nf（x₀）+λ_nf'（x₀）（x_n-x₀），
上式各式相加，得λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_nf（x_n）≤（λ₁+λ₂+…+λ_n）f（x₀）+f'（x₀）•[λ₁（x₁-x₀）+λ₂（x₂-x₀）+…+λ_n（x_n-x₀）]，
因为λ₁+λ₂+…+λ_n=1，设x₀=λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_nx_n，则λ₁（x₁-x₀）+λ₂（x₂-x₀）+…+λ_n（x_n-x₀）=0，
由此，λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_nf（x_n）≤f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_nx_n））
等号当且仅当在x₁=x₂=…=x_n时成立，
（3）证明：记公比为q，q＞0，则f（a）=aq，f[f（a）]=aq²，f{f[f[f（a}}=aq³，
取x_1′=a，${x_2}=a{q^2}$，λ=$\frac{q}{1+q}$∈（0，1），
则λx₁+（1-λ）x₂=aq，f[λx₁+（1-λ）x₂]=f（aq）=f[f（a）]=aq²，
又∵λf（x₁）+（1-λ）f（x₂）=λf（a）+（1-λ）f（aq²），
=λf（a）+（1-λ）f{f[f（a）]}，
=λaq+（1-λ）aq³，
=aq³+λaq-λaq³，
=aq³+λaq（1-q²），
=aq³+$\frac{q}{1+q}$aq（1-q²），
=aq²，
即aq³+$\frac{q}{1+q}$λaq（1-q²）=aq²=f[λx₁+（1-λ）x₂]，
在（2）中取n=2，λ₁=λ，λ₂=1-λ，即λf（x₁）+（1-λ）f（x₂）≤f[λx₁+（1-λ）x₂]，
当且仅当x₁=x₂时成立，即a=aq²⇒q=1，
∴f（a）=a．

点评 本题考查利用导数证明不等式恒成立，等比数列通项公式，考查“累加法“和“构造法”，考查分析问题及解决问题得能力，属于难题．