Question

（2013•佛山一模）设g（x）=e^x，f（x）=g[λx+（1-λ）a]-λg（x），其中a，λ是常数，且0＜λ＜1．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）证明：对任意正数a，存在正数x，使不等式|

ex-1

x

-1|＜a成立；
（3）设λ1，λ2∈R+，且λ₁+λ₂=1，证明：对任意正数a₁，a₂都有：

a

λ1 1

+a

λ2 2

≤λ1a1+λ2a2．

Answer 1

分析：（1）首先对函数求导，使得导函数等于0，解出x的值，分两种情况讨论：当f′（x）＞0，当f′（x）＜0，做出函数的极值点，求出极值．
（2）由于|

ex-1

x

-1|=|

ex-x-1

x

|，再将原不等式化为

ex-x-1

x

＜a，即e^x-（1+a）x-1＜0，令g（x）=e^x-（1+a）x-1，利用导数研究此函数的极值，从而得出存在正数x=ln（a+1），使原不等式成立．
（3）对任意正数a₁，a₂，存在实数x₁，x₂使a₁=e x1，a₂=e x2，则a1λ1•a2λ2=eλ1x1•eλ2x2，λ1a1+λ2a2=λ1ex1+λ2ex2，将原不等式

a

λ1 1

+a

λ2 2

≤λ1a1+λ2a2?eλ1x1+ λ2x2≤λ1ex1+λ2ex2?g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂），下面利用（1）的结论得出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）
故当x＜a时，f′（x）＞0；当x＞a时，f′（x）＜0；
∴当x=a时，f（x）取极大值，但f（x）没有极小值．-----------------（4分）
（2）∵|

ex-1

x

-1|=|

ex-x-1

x

|，
又当x＞0时，令h（x）=e^x-x-1，则h′（x）=e^x-1＞0，
故h（x）＞h（0）=0，
因此原不等式化为

ex-x-1

x

＜a，即e^x-（1+a）x-1＜0，-----------------（6分）
令g（x）=e^x-（1+a）x-1，则g′（x）=e^x-（1+a），
由g′（x）=0得：e^x=（1+a），解得x=ln（a+1），
当0＜x＜ln（a+1）时，g′（x）＜0；当x＞ln（a+1）时，g′（x）＞0．
故当x=ln（a+1）时，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)，则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，存在正数x=ln（a+1），使原不等式成立．-----------------（10分）
（3）对任意正数a₁，a₂，存在实数x₁，x₂使a₁=e x1，a₂=e x2，
则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
从而g（λ₁x₁+λ₂x₂）≤λ₁g（x₁）+λ₂g（x₂）
故eλ1x1+ λ2x2≤λ1ex1+λ2ex2成立，得证（14分）

点评：本小题主要考查函数在某点取得极值的条件、导数在最大值、最小值问题中的应用及应用所学导数的知识、思想和方法解决问题的能力，属于中档题．