Question

已知f（x）=-lnx，g（x）=

1

x

-1（x＞0）
（Ⅰ）求F（x）=f（x）-g（x）的极值，并证明：若x₁，x₂∈（0，+∞）有f（x₂）-f（x₁）≥f′（x₁）（x₂-x₁）
（Ⅱ）设λ₁，λ₂＞0，且λ₁+λ₂=1，x₁＞0，x₂＞0，证明：λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）≥f（λ₁x₁+λ₂x₂）．若λ_i＞0，x_i＞0，（i=1，2，…n），由上述结论猜想一个一般性结论（不需证明）．
（Ⅲ）证明：若a_i＞0（i=1，2，…n），则a₁ a1a₂ a2…a_n an≥(

a1+a2+…+an

n

)a1+a2+…+an．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）利用导数求函数的极值即可，F（x）_max=F（0）=0；∴当x＞0时，f （x）≤g（x） 恒成立，即 x＞0时 lnx≥1-

1

x

恒成立，利用该结论即可证得原命题成立；
（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论证明即可得出结论成立；
（Ⅲ）利用（Ⅱ）的结论结合对数的运算性质即可得出结论．

解答： 解：（1）F（x）=-lnx-

1

x

+1，则F′（x）=

1-x

x2

当x∈（0，1）时F′（x）＞0，x∈（1，+∞）时F′（x）＜0
∴F（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
∴当x=1时，函数有极大值为F（1）=0，
∴F（x）_max=F（0）=0；∴当x＞0时，f （x）≤g（x） 恒成立，即 x＞0时 lnx≥1-

1

x

恒成立．
∴f （x₂）-f （x₁）=ln 

x1

x2

≥1-

x2

x1

=-

1

x1

（x₂-x₁）=f′（x₁）（x₂-x₁）
（2）证明：设λ₁＞0，λ₂＞0且λ₁+λ₂=1　　　　　
令x₃=λ₁ x₁+λ₂ x₂，则x₃＞0且x₁-x₃=λ₂（x₁-x₂）　　x₂-x₃=λ₁（x₂-x₁）
由（1）知f （x₁）-f （x₃）≥f′（x₃）（ x₁-x₃）=λ₂ f′（x₃）（ x₁-x₂） …①
f （x₂）-f （x₃）≥f′（x₃）（ x₂-x₃）=λ₁ f′（x₃）（ x₂-x₁）  …②
①×λ₁+②×λ₂，得
λ₁ f （x₁）+λ₂ f （x₂）-（λ₁+λ₂）f （x₃）≥λ₁λ₂ f′（x₃） （ x₁-x₂）+λ₁λ₂ f′（x₃）（ x₂-x₁）=0
∴λ₁ f （x₁）+λ₂ f （x₂）≥（λ₁+λ₂）f （x₃）=f （x₃）=f（λ₁ x₁+λ₂ x₂）
猜想：λ_i＞0，x_i＞0（i=1，2，…n）且λ₁+λ₂+…+λ_n=1时有
λ₁ f （x₁）+λ₂ f （x₂）+…+λ_n f （x_n）≥f（λ₁ x₁+λ₂ x₂+…+λ_n x_n）
（3）证明：令λ_i=

ai

a1+a2+…+an

，xi=

1

ai

，(i=1，2，…n)则有λ₁+λ₂+…+λ_n=1           
由猜 想结论得：

a1

a1+a2+…+an

lna1+

a2

a1+a2+…+an

lna2+…+

an

a1+a2+…+an

lnan
≥-ln（

a1

a1+a2+…+an

•

1

a1

+

a2

a1+a2+…+an

•

1

a2

+…+

an

a1+a2+…+an

•

1

an

）
=-ln

n

a1+a2+…+an

=ln

a1+a2+…+an

n

∴a₁lna₁+a₂lna₂+…+a_nlna_n≥（a₁+a₂+…+a_n） ln

a1+a2+…+an

n

即a1a1a2a2…anan≥(

a1+a2+…+an

n

)a1+a2+…+an

点评：本题主要考查利用导数研究函数的极值问题及利用导数证明不等式成立问题，考查学生的问题的等价转化思想的运用能力及计算求解能力，逻辑性很强，属难题．