Question

已知函數f（x）=ln（x+1）+mx，當x=0時，函數f（x）取得極大值．
（1）求實數m的值；
（2）已知結論：若函數f（x）=ln（x+1）+mx在區(qū)間（a，b）內導數都存在，且a＞-1，則存在x∈（a，b），使得．試用這個結論證明：若-1＜x₁＜x₂，函數，則對任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x）；
（3）已知正數λ₁，λ₂，…，λ_n，滿足λ₁+λ₂+…+λ_n=1，求證：當n≥2，n∈N時，對任意大于-1，且互不相等的實數x₁，x₂，…，x_n，都有f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_nx_n）＞λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_nf（x_n）．

Answer 1

【答案】分析：（1）求導函數，利用當x=0時，函數f（x）取得極大值，即可求得實數m的值；
（2）令，則，根據函數f（x）在x∈（x₁，x₂）上可導，可得存在x∈（x₁，x₂），使得，從而，進而可得h（x）＞0；
（3）用數學歸納法證明，先證明當n=2時，結論成立；再證明假設當n=k（k≥2）時結論成立，利用歸納假設證明當n=k+1時，結論也成立．
解答：（1）解：求導函數．
∵當x=0時，函數f（x）取得極大值
∴f'（0）=0，得m=-1，此時．
當x∈（-1，0）時，f'（x）＞0，函數f（x）在區(qū)間（-1，0）上單調遞增；
當x∈（0，+∞）時，f'（x）＜0，函數f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞減．
∴函數f（x）在x=0處取得極大值，故m=-1．…（3分）
（2）證明：令，…（4分）
則．
∵函數f（x）在x∈（x₁，x₂）上可導，
∴存在x∈（x₁，x₂），使得．
∵，
∴
∵當x∈（x₁，x）時，h'（x）＞0，h（x）單調遞增，∴h（x）＞h（x₁）=0；
∵當x∈（x，x₂）時，h'（x）＜0，h（x）單調遞減，∴h（x）＞h（x₂）=0；
故對任意x∈（x₁，x₂），都有f（x）＞g（x）．…（8分）
（3）證明：用數學歸納法證明．
①當n=2時，∵λ₁+λ₂=1，且λ₁＞0，λ₂＞0，∴λ₁x₁+λ₂x₂∈（x₁，x₂），∴由（Ⅱ）得f（x）＞g（x），
即，
∴當n=2時，結論成立．…（9分）
②假設當n=k（k≥2）時結論成立，即當λ₁+λ₂+…+λ_k=1時，f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_kx_k）＞λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）+…+λ_kf（x_k）．
當n=k+1時，設正數λ₁，λ₂，…，λ_k+1滿足λ₁+λ₂+…+λ_k+1=1，
令m=λ₁+λ₂+…+λ_k，，則m+λ_k+1n=1，且μ₁+μ₂+…+μ_k=1．
f（λ₁x₁+λ₂x₂+…+λ_kx_k+λ_k+1x_k+1）=f[m（μ₁x₁+…+μ_kx_k）+λ_k+1x_k+1]＞mf（μ₁x₁+…+μ_kx_k）+λ_k+1f（x_k+1）＞mμ₁f（x₁）+…+mμ_kf（x_k）+λ_k+1f（x_k+1）=λ₁f（x₁）+…+λ_kf（x_k）+λ_k+1f（x_k+1）…（13分）
∴當n=k+1時，結論也成立．
綜上由①②，對任意n≥2，n∈N，結論恒成立．…（14分）
點評：本題考查導數知識的運用，考查數學歸納法證明不等式，解題的關鍵是利用函數的極值點處導數為0，利用數學歸納法的證題步驟進行證明，綜合性強．