Question

【题目】（I）已知函数f（x）=rx﹣xr+（1﹣r）（x＞0），其中r为有理数，且0＜r＜1．
（1）求f（x）的最小值；
（2）试用（1）的结果证明如下命题：设a1≥0，a2≥0，b1 ， b2为正有理数，若b1+b2=1，则a1b1a2b2≤a1b1+a2b2；
（3）请将（2）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．注：当α为正有理数时，有求导公式（xα）r=αxα﹣1 ．

Answer 1

【答案】
（1）

解：求导函数可得：f′（x）=r（1﹣xr﹣1），令f′（x）=0，解得x=1；

当0＜x＜1时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，1）上是减函数；

当x＞1时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，1）上是增函数

所以f（x）在x=1处取得最小值f（1）=0；

（2）

解：由（1）知，x∈（0，+∞）时，有f（x）≥f（1）=0，即xr≤rx+（1﹣r）①

若a1，a2中有一个为0，则a1b1a2b2≤a1b1+a2b2成立；

若a1，a2均不为0，∵b1+b2=1，∴b2=1﹣b1，

∴①中令 ，可得a1b1a2b2≤a1b1+a2b2成立

综上，对a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数，若b1+b2=1，则a1b1a2b2≤a1b1+a2b2；②

（3）

解：（2）中的命题推广到一般形式为：设a1≥0，a2≥0，…，an≥0，b1，b2，…，bn为正有理数，若b1+b2+…+bn=1，则a1b1a2b2…anbn≤a1b1+a2b2+…anbn；③

用数学归纳法证明

（1）当n=1时，b1=1，a1≤a1，③成立

（2）假设当n=k时，③成立，即a1≥0，a2≥0，…，ak≥0，b1，b2，…，bk为正有理数，若b1+b2+…+bk=1，则a1b1a2b2…akbk≤a1b1+a2b2+…akbk．

当n=k+1时，a1≥0，a2≥0，…，ak+1≥0，b1，b2，…，bk+1为正有理数，若b1+b2+…+bk+1=1，则1﹣bk+1＞0

于是a1b1a2b2…akbkak+1bk+1=（a1b1a2b2…akbk）ak+1bk+1= ak+1bk+1

∵ + +…+ =1

∴ ≤ + +…+

=

∴ ak+1bk+1≤ （1﹣bk+1）+ak+1bk+1，

∴a1b1a2b2…akbkak+1bk+1≤a1b1+a2b2+…akbk+ak+1bk+1．

∴当n=k+1时，③成立

由（1）（2）可知，对一切正整数，推广的命题成立．

【解析】（1）求导函数，令f′（x）=0，解得x=1；确定函数在（0，1）上是减函数；在（0，1）上是增函数，从而可求f（x）的最小值；（2）由（1），x∈（0，+∞）时，有f（x）≥f（1）=0，即xr≤rx+（1﹣r），分类讨论：若a1 ， a2中有一个为0，则a1b1a2b2≤a1b1+a2b2成立；若a1 ， a2均不为0， ，可得a1b1a2b2≤a1b1+a2b2成立（3）（2）中的命题推广到一般形式为：设a1≥0，a2≥0，…，an≥0，b1 ， b2 ， …，bn为正有理数，若b1+b2+…+bn=1，则a1b1a2b2…anbn≤a1b1+a2b2+…anbn；
用数学归纳法证明：（1）当n=1时，b1=1，a1≤a1 ， 推广命题成立；（2）假设当n=k时，推广命题成立，证明当n=k+1时，利用a1b1a2b2…akbkak+1bk+1=（a1b1a2b2…akbk）ak+1bk+1= ak+1bk+1 ， 结合归纳假设，即可得到结论．