Question

13．設(shè)函數(shù)g（x）=e^x，f（x）=g[λx+（1-λ）a]-λg（x），其中a，λ為常數(shù)，且0＜λ＜1
（I）求函數(shù)f（x）的極值；
（II）證明：對?a∈R⁺，?x∈R⁺，使得不等式|$\frac{g（x）-1}{x}-1$|＜a成立；
（III）設(shè)λ₁，λ₂∈R⁺，且λ₁+λ₂=1，證明：對?a₁，a₂∈R⁺，都有a₁^λ₁a₂^λ₂≤λ₁a₁+λ₂a₂．

Answer 1

分析 （Ⅰ）首先對函數(shù)求導(dǎo)并令導(dǎo)數(shù)等于0，解出x的值，研究單調(diào)性，求出最值．
（Ⅱ）由 $\frac{{e}^{x}-1}{x}$-1=$\frac{{e}^{x}-x-1}{x}$，當(dāng)x＞0時為正，可將原不等式化為e^x-（1+a）x-1＜0，令g（x）=e^x-（1+a）x-1，利用導(dǎo)數(shù)研究此函數(shù)的極值，從而得出存在正數(shù)x=ln（a+1），使原不等式成立．
（Ⅲ）主要還是借助于指數(shù)運算的知識構(gòu)造出能夠利用（1）的結(jié)論，變成兩個函數(shù)（值）間的大小比較，從而最終化為函數(shù)的單調(diào)性問題．

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，又因為0＜λ＜1，所以x＜a，
故當(dāng)x＜a時，f′（x）＞0；當(dāng)x＞a時，f′（x）＜0；所以原函數(shù)在（-∞，a）遞增，在（a，+∞）遞減
∴當(dāng)x=a時，f（x）取最大值f（a）=e^a．
（Ⅱ）證明：∵|$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-1|=|$\frac{{e}^{x}-x-1}{x}$|，
又當(dāng)x＞0時，令h（x）=e^x-x-1，則h′（x）=e^x-1＞0，
故h（x）＞h（0）=0，
因此原不等式化為 $\frac{{e}^{x}-x-1}{x}$＜a，即e^x-（1+a）x-1＜0，
令g（x）=e^x-（1+a）x-1，則g′（x）=e^x-（1+a），
由g′（x）=0得：e^x=（1+a），解得x=ln（a+1），
當(dāng)0＜x＜ln（a+1）時，g′（x）＜0；當(dāng)x＞ln（a+1）時，g′（x）＞0．
故當(dāng)x=ln（a+1）時，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），則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，存在正數(shù)x=ln（a+1），使原不等式成立．
（Ⅲ）證明：對任意正數(shù)a₁，a₂，一定存在實數(shù)x₁，x₂使a₁=e^x₁，a₂=e^x₂，
則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
從而g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂）
故e ^{λ₁x₁+λ₂x₂}≤λ₁e^x1+λ₂e^x2成立，
即對任意正數(shù)a₁a₂都有a₁ ^λ₁a₂ ^λ₂≤λ₁a₁+λ₂a₂．
原式得證．

點評 本題主要考查學(xué)生對函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系等知識點的理解，有一定難度，屬能力題．