Question

（2013•佛山一模）設g（x）=e^x，f（x）=g[λx+（1-λ）a]-λg（x），其中a，λ是常數，且0＜λ＜1．
（1）求函數f（x）的極值；
（2）證明：對任意正數a，存在正數x，使不等式|

ex-1

x

-1|＜a成立；
（3）設λ1，λ2∈R+，且λ₁+λ₂=1，證明：對任意正數a₁，a₂都有：

a

λ1 1

+a

λ2 2

≤λ1a1+λ2a2．

Answer 1

分析：（1）首先對函數求導，使得導函數等于0，解出x的值，分兩種情況討論：當f′（x）＞0，當f′（x）＜0，做出函數的極值點，求出極值．
（2）由于|

ex-1

x

-1|=|

ex-x-1

x

|，再將原不等式化為

ex-x-1

x

＜a，即e^x-（1+a）x-1＜0，令g（x）=e^x-（1+a）x-1，利用導數研究此函數的極值，從而得出存在正數x=ln（a+1），使原不等式成立．
（3）對任意正數a₁，a₂，存在實數x₁，x₂使a₁=e x1，a₂=e x2，則a1λ1•a2λ2=eλ1x1•eλ2x2，λ1a1+λ2a2=λ1ex1+λ2ex2，將原不等式

a

λ1 1

+a

λ2 2

≤λ1a1+λ2a2?eλ1x1+ λ2x2≤λ1ex1+λ2ex2?g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂），下面利用（1）的結論得出eλ1x1+ λ2x2≤λ1ex1+λ2ex2即可．

解答：解：（1）∵f′（x）=λg[λx+（1-λ）a]-λg′（x），-----------------（1分）
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，-----------------（3分）
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，但f（x）沒有極小值．-----------------（4分）
（2）∵|

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，-----------------（6分）
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0＜x＜ln（a+1）時，g′（x）＜0；當x＞ln（a+1）時，g′（x）＞0．
故當x=ln（a+1）時，g（x）取最小值g[ln（a+1）]=a-（1+a）ln（a+1），---------------（8分）
令s（a）=

a

1+a

-ln(1+a)，則s′（a）=

1

(1+a)2

-

1

1+a

=-

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x=ln（a+1），使原不等式成立．-----------------（10分）
（3）對任意正數a₁，a₂，存在實數x₁，x₂使a₁=e x1，a₂=e x2，
則a1λ1•a2λ2=eλ1x1•eλ2x2，λ1a1+λ2a2=λ1ex1+λ2ex2，
原不等式

a

λ1 1

•a

λ2 2

≤λ1a1+λ2a2?eλ1x1+ λ2x2≤λ1ex1+λ2ex2，
?g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂）-----------------（14分）
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eλ1x1+ λ2x2≤λ1ex1+λ2ex2成立，得證（14分）

點評：本小題主要考查函數在某點取得極值的條件、導數在最大值、最小值問題中的應用及應用所學導數的知識、思想和方法解決問題的能力，屬于中檔題．