Question

（Ⅰ）已知函数f（x）=lnx-x+1，x∈（0，+∞），求函数f（x）的最大值；
（Ⅱ）设a₁，b₁（k=1，2…，n）均为正数，证明：
（1）若a₁b₁+a₂b₂+…a_nb_n≤b₁+b₂+…b_n，则a1b1a2b2…anbn≤1；
（2）若b₁+b₂+…b_n=1，则

1

n

≤b1b1b2b2…bnbn≤b₁²+b₂²+…+b_n²．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求导，令导数等于零，解方程，分析该零点两侧导函数的符号，确定函数的单调性和极值，最终求得函数的最值；
（Ⅱ）（1）要证a1b1a2b2…anbn≤1，只需证ln(a1b1a2b2… anbn)≤0，根据（I）和∵a_k，b_k（k=1，2…，n）均为正数，从而有lna_k≤a_k-1，即可证明结论；（2）要证

1

n

≤b1b1b2b2…bnbn，根据（1），令a_k=

1

nbk

（k=1，2…，n），再利用分数指数幂的运算法则即可证得结论；要证b1b1b2b2…bnbn≤b₁²+b₂²+…+b_n²，记s=b₁²+b₂²+…+b_n²．令a_k=

bk

s

（k=1，2…，n），同理可证．

解答：解：（I）f（x）的定义域为（0，+∞），
令f′（x）=

1

x

-1=0，解得x=1，
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，1）上是增函数；
当x＞1时，f′（x）＜0，所以f（x）在（1，+∞）上是减函数；
故函数f（x）在x=1处取得最大值f（1）=0；

（II）（1）由（I）知，当x∈（0，+∞）时，有f（x）≤f（1）=0，即lnx≤x-1，
∵a_k，b_k（k=1，2…，n）均为正数，从而有lna_k≤a_k-1，
得b_klna_k≤a_kb_k-b_k（k=1，2…，n），
求和得

ln

b1 a1

+

ln

b2 a2

+

ln

b3 a3

+…+

ln

bn an

≤a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n-（b₁+b₂+…+b_n）
∵a₁b₁+a₂b₂+…a_nb_n≤b₁+b₂+…b_n，
∴

ln

b1 a1

+

ln

b2 a2

+

ln

b3 a3

+…+

ln

bn an

≤0，即ln(a1b1a2b2… anbn)≤0，
∴a1b1a2b2…anbn≤1；

（2）先证

1

n

≤b1b1b2b2…bnbn，
令a_k=

1

nbk

（k=1，2…，n），则a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=1=b₁+b₂+…b_n，
于是由（1）得(

1

nb1

)b1(

1

nb2

)b2…(

1

nbn

)bn≤1，即

1

b1b1b2b2…bnbn

≤n^{b₁+b₂+…b_n}=n，
∴

1

n

≤b1b1b2b2…bnbn，
②再证b1b1b2b2…bnbn≤b₁²+b₂²+…+b_n²，
记s=b₁²+b₂²+…+b_n²．令a_k=

bk

s

（k=1，2…，n），
则a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=

1

s

（b₁²+b₂²+…+b_n²）=1=b₁+b₂+…b_n，
于是由（1）得(

1

sb1

)b1(

1

sb2

)b2…(

1

sbn

)bn≤1，
即b1b1b2b2…bnbn≤s^{b₁+b₂+…b_n}=s，
∴b1b1b2b2…bnbn≤b₁²+b₂²+…+b_n²，
综合①②，（2）得证．

点评：此题是个难题．本题主要考查函数、导数、不等式证明等基础知识，同时考查综合运用数学知识进行推理论证的能力，以及化归与转化的思想．