Question

已知函數f（x）=e^{λx+（1-λ）a}-λe^x，其中α，λ，是常數，且0＜λ＜1．
（I）求函數f（x）的極值；
（II）對任意給定的正實數a，是否存在正數x，使不等式|

ex-1

x

-1|＜a成立？若存在，求出x，若不存在，說明理由；
（III）設λ₁，λ₂∈（0，+∞），且λ₁+λ₂=1，證明：對任意正數a₁，a₂都有：a1λ1a2λ2≤λ₁a₁+λ₂a₂．

Answer 1

分析：（I）令g（x）=e^x，求導數f′（x），根據g′（x）的單調性，解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0可得函數f（x）的單調區間，由極值定義可得極值；
（II）當x＞0時，令h（x）=e^x-x-1，利用導數可判斷h（x）的符號，從而可去掉絕對值號，則不等式變為e^x-（1+a）x-1＜0，令g（x）=e^x-（1+a）x-1，存在正數x使不等式成立，等價于g（x）_min＜0，利用導數可求得g（x）_min=a-（1+a）ln（1+a），令s（a）=

a

1+a

-ln（1+a），對任意給定的正實數a不等式成立，等價于s（a）_max＜0，用導數易證明；
（III）對任意正數a₁，a₂，存在實數x₁，x₂使a1=ex1，a2=ex2，原不等式a1λ1a2λ2≤λ₁a₁+λ₂a₂?g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂），由（1）f（x）≤（1-λ）g（a）恒成立，得g[λx+（1-λ）a]≤λg（x）+（1-λ）g（a），在該不等式中適當賦值即可證明；

解答：解：不妨設函數g（x）=e^x，
（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，解得x＜a，
故當x＜a時，f′（x）＞0；當x＞a時，f′（x）＜0；
∴當x=a時，f（x）取極大值f（a）=（1-λ）e^a，但f（x）沒有極小值．     
（Ⅱ）∵|

ex-1

x

-1|=|

ex-x-1

x

|，
又當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

ex-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（1+a），
當0＜x＜ln（1+a）時，g′（x）＜0；當x＞ln（1+a）時，g′（x）＞0，
故當x=ln（1+a）時，g（x）取最小值g[ln（1+a）]=a-（1+a）ln（1+a），
令s（a）=

a

1+a

-ln（1+a），a＞0，則s′（a）=

1

(1+a)2

-

1

1+a

=-

a

(1+a)2

＜0，
故s（a）＜s（0）=0，即g[ln（1+a）]=a-（1+a）ln（1+a）＜0，
因此，存在正數x=ln（1+a），使原不等式成立；
（Ⅲ）對任意正數a₁，a₂，存在實數x₁，x₂使a1=ex1，a2=ex2，
則a1λ1a2λ2=eλ1x1•eλ2x2=eλ1x1+λ2x2，λ₁a₁+λ₂a₂=λ1ex1+λ2ex2，
原不等式a1λ1a2λ2≤λ₁a₁+λ₂a₂?eλ1x1+λ2x2≤λ1ex1+λ2ex2?g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂），
由（1）f（x）≤（1-λ）g（a）恒成立，故g[λx+（1-λ）a]≤λg（x）+（1-λ）g（a），
取x=x₁，a=x₂，λ=λ₁，1-λ=λ₂，即得g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂），即eλ1x1+λ2x2≤λ1ex1+λ2ex2，
故所證不等式成立．

點評：本題考查利用導數研究函數的最值、極值，考查學生綜合運用知識分析解決問題的能力，本題綜合性強，難度大，對能力要求較高．