Question

已知函数f（x）=e^{λx+（1-λ）a}-λe^x，其中α，λ，是常数，且0＜λ＜1．
（I）求函数f（x）的极值；
（II）对任意给定的正实数a，是否存在正数x，使不等式||＜a成立？若存在，求出x，若不存在，说明理由；
（III）设λ₁，λ₂∈（0，+∞），且λ₁+λ₂=1，证明：对任意正数a₁，a₂都有：≤λ₁a₁+λ₂a₂．

Answer 1

解：不妨设函数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，
故当x＜a时，f′（x）＞0；当x＞a时，f′（x）＜0；
∴当x=a时，f（x）取极大值f（a）=（1-λ）e^a，但f（x）没有极小值．
（Ⅱ）∵=，
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，即e^x-（1+a）x-1＜0，
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（1+a），
当0＜x＜ln（1+a）时，g′（x）＜0；当x＞ln（1+a）时，g′（x）＞0，
故当x=ln（1+a）时，g（x）取最小值g[ln（1+a）]=a-（1+a）ln（1+a），
令s（a）=-ln（1+a），a＞0，则s′（a）==-＜0，
故s（a）＜s（0）=0，即g[ln（1+a）]=a-（1+a）ln（1+a）＜0，
因此，存在正数x=ln（1+a），使原不等式成立；
（Ⅲ）对任意正数a₁，a₂，存在实数x₁，x₂使，，
则=，λ₁a₁+λ₂a₂=，
原不等式≤λ₁a₁+λ₂a₂?≤?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≤，
故所证不等式成立．
分析：（I）令g（x）=e^x，求导数f′（x），根据g′（x）的单调性，解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0可得函数f（x）的单调区间，由极值定义可得极值；
（II）当x＞0时，令h（x）=e^x-x-1，利用导数可判断h（x）的符号，从而可去掉绝对值号，则不等式变为e^x-（1+a）x-1＜0，令g（x）=e^x-（1+a）x-1，存在正数x使不等式成立，等价于g（x）_min＜0，利用导数可求得g（x）_min=a-（1+a）ln（1+a），令s（a）=-ln（1+a），对任意给定的正实数a不等式成立，等价于s（a）_max＜0，用导数易证明；
（III）对任意正数a₁，a₂，存在实数x₁，x₂使，，原不等式≤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），在该不等式中适当赋值即可证明；
点评：本题考查利用导数研究函数的最值、极值，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力，本题综合性强，难度大，对能力要求较高．